第五章5.5知能演练轻松闯关
沪科物理必修1：5.5知能演练轻松闯关
1．下面关于超重与失重的判断正确的是()A．物体做变速运动时，必处于超重或失重状态B．物体向下运动，必处于失重状态C．做竖直上抛运动的物体，处于完全失重状态D．物体斜向上做匀减速运动，处于失重状态解析：选CD.判断物体是否处于超重或失重状态，就是看物体有没有竖直方向的加速度．若物体加速度向下，则处于失重状态．若物体加速度向上，则处于超重状态．A、B两项均未指明加速度方向，无法判定是否发生超重和失重．C、D两项物体加速度均向下，故处于失重状态，C项中a＝g，故完全失重．2.如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是()A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零B．上升过程中A对B的压力大于A物体所受到的重力C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力解析：选A.以A、B作为整体，上升过程只受重力作用，所以系统的加速度为g.方向竖直向下，故系统处于完全失重状态，A、B之间无弹力作用，A正确、B错．下降过程，A、B仍是处于完全失重状态，A、B之间也无弹力作用，C、D错．故选A.3．如图所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小，这一现象表明()A．电梯一定是在下降B．电梯可能是在上升C．电梯的加速度方向一定是向上D．乘客一定处在失重状态解析：选BD.电梯静止时，弹簧的拉力和重力相等．现在，弹簧的伸长量变小，则弹簧的拉力减小，小铁球的合力方向向下，加速度向下，小铁球处于失重状态，但是电梯的运动方向可能向上也可能向下，故选B、D.4．质量是60 kg的人站在升降机中的体重计上，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数是多少？(取g＝10 m/s2)(1)升降机匀速上升；(2)升降机以4 m/s2的加速度加速上升；(3)升降机以5 m/s2的加速度加速下降．解析：人站在升降机中的受力情况如图所示．(1)当升降机匀速上升时，由平衡条件得：N－mg＝0所以，人受到的支持力N＝mg＝60×10 N＝600 N根据牛顿第三定律，人对体重计的压力即体重计的示数为600 N.(2)当升降机以4 m/s2的加速度加速上升时，根据牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝mg＋ma＝60×(10＋4) N＝840 N此时体重计的示数为840 N，人处于超重状态．(3)当升降机以5 m/s2的加速度加速下降时，根据牛顿第二定律得mg－N＝maN＝mg－ma＝60×(10－5) N＝300 N此时体重计的示数为300 N，人处于失重状态．答案：(1)600 N(2)840 N(3)300 N一、选择题1．近年来各类运动会取得的突出成绩极大地推动了全国健身运动，小军在校秋季运动会上跳过了1.8 m的高度，夺得了男子组跳高冠军．则小军()A．在下降过程中处于失重状态B．在离地后的上升过程中处于超重状态C．起跳过程中，地面对他的平均支持力等于他的重力D．起跳过程中，地面对他的平均支持力小于他的重力解析：选A.小军的上升过程中或下降过程中加速度方向均向下，加速度等于重力加速度，故处于完全失重状态，选项A正确，B错误．起跳过程中，加速度向上，平均支持力大于重力，处于超重状态，故C、D错误．2．(2012·江苏姜堰高一质检)关于超重和失重，下列说法正确的是()A．物体处于超重时，物体一定在上升B．物体处于失重状态时，物体可能在上升C．物体处于完全失重时，地球对它的引力就消失了D．物体在完全失重时，它所受到的合外力为零解析：选B.物体处于超重时，具有向上的加速度，但其运动方向不确定，可能向上加速，也可能向下减速，选项A错误；物体处于失重或者是完全失重状态时，具有向下的加速度，可能向下加速，也可能向上减速，选项B正确；完全失重时，物体仍受到地球对它的吸引力，即受到重力的作用，合外力不为零，选项C、D错误．3．升降机的地板上放一个有盘的弹簧秤，盘中放一个质量为m的物体，当弹簧秤的示数为0.8mg时，升降机的运动情况可能是()A．加速上升B．加速下降C．减速上升D．减速下降解析：选BC.弹簧秤的示数为0.8mg，表明物体对秤盘的压力小于重力，所以物体处于失重状态，物体和升降机有向下的加速度，故可能是加速下降，也可能是减速上升，故A、D错误，B、C正确．4．以加速度a匀加速上升的电梯中，有一个质量为m的木箱，则下列说法中正确的是() A．此箱对地球的引力为m(g＋a)B．此箱对电梯的压力为m(g＋a)C．此箱受到的重力为m(g＋a)D．此箱的视重为m(g＋a)解析：选BD.木箱与电梯具有相同的加速度a，木箱所受合力为电梯的支持力与重力的合力，即N－mg＝ma，故电梯对木箱的支持力为N＝m(g＋a)．木箱处于超重状态，木箱的视重为m(g＋a)，但木箱受到的重力不变，仍为mg，木箱对地球的引力大小也为mg.故本题选B、D.5．(2012·厦门高一检测)国际空间站绕地球运动时，里面所有物体都处于完全失重状态，则在其中可以完成下列哪个实验()A．水银温度计测量温度B．做托里拆利实验C．验证阿基米德定律D．用两个弹簧测力计验证牛顿第三定律解析：选AD.物体处于完全失重状态，与重力有关的一切物理现象都消失了．托里拆利实验用到了水银的压强，由于p＝ρgh与重力加速度g有关，故该实验不能完成；阿基米德定律中的浮力F浮＝ρgV也与重力加速度g有关，故该实验也不能完成；水银温度计测温度利用了液体的热胀冷缩原理，弹簧测拉力与重力无关，故能完成的实验是A、D.6．姚明成为NBA一流中锋，给中国人争得了更多的荣誉和更多的尊敬，也使更多的中国人热爱篮球这项运动．如图所示，姚明某次跳起过程可分为下蹲、蹬地、离地上升、下落四个过程．下列关于蹬地和离地上升两个过程的说法中，正确的是(设蹬地的力为恒力，不计空气阻力)()A．两过程中姚明都处于超重状态B．两过程中姚明都处于失重状态C．前过程为超重，后过程不超重也不失重D．前过程为超重，后过程为完全失重解析：选D.蹬地过程中支持力大于重力，二者合力产生向上的加速度，此过程超重；离地上升过程加速度等于g，为完全失重过程，故D正确．7．(2012·咸阳高一检测)如图所示，一个盛水的容器底部有一小孔．静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则()A．容器自由下落时，小孔向下漏水B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水C．将容器竖直向下抛出，容器在运动中小孔向下漏水D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水解析：选D.在容器自由下落、竖直上抛，竖直下抛和斜向上抛出时，容器和水都具有重力加速度g，处于完全失重状态，水对容器底部没有压强，均不会从小孔流出，故D项正确．8．(2012·福建宁德高一检测)某实验小组，利用DISC系统观察超重和失重现象．他们在学校电梯房内做实验，在电梯天花板上固定一个力传感器，测量挂钩向下，并在挂钩上悬挂一个重为10 N的钩码，在电梯运动过程中，计算机显示屏上显示出如图所示图像，以下根据图像分析所得结论错误的是()A．该图像显示出了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况B．从时刻t1到t2，钩码处于失重状态，从时刻t3到t4，钩码处于超重状态C．电梯可能开始在15楼，先加速向下，接着匀速向下，再减速向下，最后停在1楼D．电梯可能开始在1楼，先加速向上，接着匀速向上，再减速向上，最后停在15楼解析：选CD.题中图像显示了力传感器对钩码的拉力大小随时间的变化情况.0～t1，钩码受力平衡；t1～t2，拉力小于10 N，钩码处于失重状态；t2～t3，钩码受力平衡；t3～t4，拉力大于10 N，钩码处于超重状态．由以上分析可知，C、D项错误．故选C、D.9．如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是()A．电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0 m/s2B．电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0 m/s2C．电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5 m/s2D．电梯匀加速下降，加速度的大小为0.5 m/s2解析：选B.当电梯匀减速上升或匀加速下降时，电梯处于失重状态．设人受到体重计的支持力为N，体重计示数大小即为人对体重计的压力N′.由牛顿第二、第三定律可得：mg－N ＝ma⇒N＝N′＝m(g－a)；当电梯匀加速上升或匀减速下降时，电梯处于超重状态，设人受到体重计的支持力为N1，人对体重计的压力N1′，由牛顿第二、第三定律可得N1－mg＝ma⇒N1＝N1′＝m(g＋a)，代入具体数据可得B正确．10.原来做匀速运动的升降机内，有一个被拉伸的弹簧拉住的物块A静止在底板上，如图所示，下列情形中可能发生的是()A．如升降机向上做减速运动，物块被拉向右方B．如升降机向上做加速运动，物块被推向左边C．如升降机向下做减速运动，物块不动D．如升降机向下做加速运动，物块被拉向右方解析：选ACD. 在匀速运动时，物块在水平方向受弹簧向右的拉力，能够在水平方向保持不动，说明物块受底板的摩擦力向左，与拉力平衡．当压力增大时，底板能提供的静摩擦力的最大值将增加；当压力减小时，最大静摩擦力将减小，当该力小于弹簧的拉力时，物块受到的合力向右，将向右运动．A、D两选项的加速度向下，即物块受到的支持力小于重力，是一种失重现象，这时的压力将比升降机匀速运动时小，从而导致最大静摩擦力减小，故物块可能向右运动．而当升降机加速向上时，压力增大，导致最大静摩擦力增大，但静摩擦力只提供了弹簧拉力的平衡作用，它不会自行增大，故C对而B错．二、非选择题11．如图所示，在台秤的托盘上放一底面粗糙、倾角为θ、质量为M 的斜面体，斜面上放一个质量为m 的物体．如果斜面光滑，求物体从斜面上滑下过程中台秤的读数．解析：物体沿光滑斜面下滑，其加速度为a ＝g sin θ，将a 分解成水平方向和竖直方向两个加速度a x 、a y ，则a y ＝a sin θ＝g sin 2θ，物体处于失重状态．该斜面给物体的作用力在竖直方向上的分力为F物体在竖直方向：mg －F ＝ma y斜面在竖直方向：N ＝Mg ＋F所以示数为N ＝Mg ＋mg －mg sin 2θ＝Mg ＋mg cos 2θ.答案：Mg ＋mg cos 2θ12．某人在地面上最多能举起60 kg 的物体，而在一个加速下降的电梯里最多能举起80 kg 的物体．求：(1)此电梯的加速度多大？(2)若电梯以此加速度上升，则此人在电梯里最多能举起物体的质量是多少？(g 取10 m/s 2) 解析：(1)站在地面上的人，最大举力为F ＝m 1g ＝60×10 N ＝600 N.在加速下降的电梯内，人的最大举力F 仍为600 N ，由牛顿第二定律得m 2g －F ＝m 2a ，所以加速度a ＝g －F m 2＝(10－60080) m/s 2＝2.5 m/s 2.(2)在加速上升的电梯里，人的举力不变，同理得F －m 3g ＝m 3a所以m 3＝F g ＋a ＝60012.5kg ＝48 kg. 答案：(1)2.5 m/s 2 (2)48 kg为什么飞行员要穿抗荷服抗荷服，是飞行员上机前必须穿的、布满绳子和气管的奇特服装．飞行员穿上这种服装，可以把身体绷得紧紧的，从而消除机动飞行中所产生的“载荷因数 ”给身体带来的不适反应.“载荷因数”是作用于飞机上的升力、阻力、侧力、推力的合力．合力与飞机重力的比值叫过载．过载分为法向、纵向、侧向3种，法向过载对飞行员影响最大．平飞中，升力等于飞机的重力，飞行员给座椅的压力就等于自身体重，法向过载为1g ；由平飞向上做曲线运动时，由于向下惯性离心力的作用，升力大于飞机的重力，飞行员给座椅的压力超过体重，呈“超重”现象，法向过载大于1g ；由平飞向下做曲线运动时，由于向上惯性离心力作用，升力小于飞机重力，飞行员压在座椅上的压力变轻，出现“失重”现象，法向过载小于1g (g 为重力加速度)．在飞行过程中，过载大或小都会给飞行员带来不适，尤其是向上作加速飞行时，飞行员会产生大脑缺血，从而出现视觉模糊、头晕、“黑视”和“红视”等现象．可见，飞行员生理反应受到过载的影响．在一般情况下，飞行员承受过载 4g 的时间为60 s,6g 为15 s,8g 为4.5 s ．而飞机使用过载的指标：歼击机、强击机最大为7g ～9g ；轰炸机、运输机为2.5g ～3.5g . 因此，为确保安全飞行，飞行员必须穿抗荷服，不然就有生命危险．目前，世界各国的空军都采用抗荷服．因为抗荷服是双层料，强度很大，在夹层里设有许多气囊和气管与飞机上的高压气瓶相连接．在飞行中，可根据过载大小，自动向气囊里充气，挤压飞行员的身体，起到抗荷作用；同时，抗荷服上的许多绳子还可以根据体形任意调节．这样，就可提高飞行员的抗荷能力，确保飞行的安全．。
人教版高中物理必修二第五章第五节知能演练轻松闯关
（精心整理，诚意制作）1．(20xx·清华附中高一检测)下列关于匀速圆周运动的性质说法正确的是( )A．匀速运动B．匀加速运动C．加速度不变的曲线运动D．变加速曲线运动解析：选D.匀速圆周运动是变速运动，它的加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变量，故匀速圆周运动是变加速曲线运动，A、B、C错误，D正确．2．(20xx·广州高一检测)高速列车已经成为世界上重要的交通工具之一，某高速列车时速可达360 km/h.当该列车以恒定的速率在半径为2 000m的水平面上做匀速圆周运动时，则( )A．乘客做圆周运动的加速度为5 m/s2B．乘客做圆周运动的加速度为0.5 m/s2C．列车进入弯道时做匀速运动D．乘客随列车运动时的速度不变解析：选A.乘客随列车以360 km/h的速率沿半径为2 000 m的圆周运动，向心加速度a＝v2r＝10022 000m/s2＝5 m/s2，A正确，B错误；乘客随列车运动时的速度大小不变，方向时刻变化，C、D错误．3.如图所示，一个球绕中心轴线OO′以角速度ω匀速转动，则( ) A．A、B两点线速度相同B．A、B两点角速度相同C．若θ＝30°，则A、B两点的线速度之比v A∶v B＝3∶2D ．若θ＝30°，则A 、B 两点的向心加速度 之比a A ∶a B ＝2∶3解析：选BC.A 、B 两点绕同轴转动，角速度相同，由于半径不同，线速度不同，v ＝ωr ，v A ∶v B ＝r A ∶r B ＝32R ∶R ＝3∶2，a ＝ω2r ，a A ∶a B ＝r A ∶r B ＝3∶2，所以A 、D 错误，B 、C 正确． 4．(20xx·福建师大附中高一检测)如图所示，两轮用皮带传动，皮带不打滑．图中有A 、B 、C 三点，这三点所在处半径关系为r A >r B ＝r C ，则这三点的向心加速度a A 、a B 、a C 的关系是( )A ．a A ＝aB ＝aC B ．a C >a A >a B C ．a C <a A <a BD ．a C ＝a B >a A解析：选C.由题意可知：v A ＝v B ，ωA ＝ωC ，而a n ＝v2r＝ω2r .v 一定，a n 与r成反比；ω一定，a n 与r 成正比．比较A 、B 两点，v A ＝v B ，r A >r B ，故a A <a B ；比较A 、C 两点，ωA ＝ωC ，r A >r C ，故a C <a A ，所以a C <a A <a B ，故选C.5.目前，滑板运动受到青少年的喜爱．如图所示某滑板运动员恰好从B 点进入半径为2.0 m 的14圆弧，该圆弧轨道在C 点与水平轨道相接，运动员滑到C 点时的速度大小为10 m/s.求他到达C 点前、后瞬间的加速度(不计各种阻力)．解析：运动员经圆弧滑到C 点时做圆周运动．由公式a n ＝v2r 得a 1＝1022.0m/s 2＝50 m/s 2，方向竖直向上．运动员滑到C 点后进入水平轨道做匀速直线运动，加速度a 2＝0. 答案：50 m/s 2，方向竖直向上 0一、单项选择题1．关于地球上的物体随地球自转的向心加速度的大小，下列说法正确的是( )A ．在赤道上向心加速度最大B ．在两极向心加速度最大C ．在地球上各处，向心加速度一样大D ．随着纬度的升高，向心加速度的值逐渐增大解析：选A.地球上的物体随地球一起转动，在任何位置处转动的角速度都与地球自转的角速度相等．由公式a ＝r ω2可以知道，在角速度一定的情况下，向心加速度大小与转动半径成正比关系，所以，在赤道上，物体转动半径即地球半径，其值最大，故其向心加速度最大；在两极，其转动半径为零，所以其向心加速度也为零；随着纬度的升高，其转动半径减小，故其向心加速度也减小，正确选项为A.2．甲、乙两个物体都做匀速圆周运动，转动半径之比为3∶4，在相同的时间里甲转过60圈时，乙转过45圈，则它们的向心加速度之比为( )A ．3∶4B ．4∶3C ．4∶9D ．9∶16解析：选B.根据公式a ＝ω2r 及ω＝2πT 有a 甲a 乙＝r 甲r 乙·T2乙T2甲.因为T 甲＝t60，T 乙＝t 45，所以a 甲a 乙＝34×4232＝43，B 正确． 3.(20xx·武汉外国语学校高一检测)如图所示，A 、B 为咬合传动的两齿轮，r A ＝2r B ，则A 、B 两轮边缘上两点的( )A ．角速度之比为2∶1B ．向心加速度之比为1∶2C ．周期之比为1∶2D ．转速之比为2∶1解析：选B.根据两轮边缘线速度相等，由v ＝ωr 得，角速度之比为ωA ∶ωB ＝v A r B ∶(v B r A )＝1∶2，故A 错误；由a n ＝v2r得向心加速度之比为a A ∶a B ＝v 2Ar B ∶(v 2B r A )＝1∶2，故B 正确；由T ＝2πrv得周期之比为T A ∶T B ＝r A v B ∶(r B v A )＝2∶1，故C 错误；由n ＝ω2π得转速之比为n A ∶n B ＝ωA ∶ωB ＝1∶2，故D 错误．4.如图所示，O 1为皮带传动的主动轮的轴心，轮半径为r 1，O 2为从动轮的轴心，轮半径为r 2，r 3为固定在从动轮上的小轮半径．已知r 2＝2r 1，r 3＝1.5r 1.A 、B 、C 分别是3个轮边缘上的点，则质点A 、B 、C 的向心加速度之比是(假设皮带不打滑)( )A ．1∶2∶3B ．2∶4∶3C ．8∶4∶3D ．3∶6∶2解析：选C.因为皮带不打滑，A 点与B 点的线速度大小相同，都等于皮带运动的速率，根据向心加速度公式a n ＝v2r可得：a A ∶a B ＝r 2∶r 1＝2∶1由于B 、C 是固定在同一个轮上的两点，所以它们的角速度相同，根据向心加速度的公式a n ＝ω2r 可得a B ∶a C ＝r 2∶r 3＝2∶1.5由此可得a A ∶a B ∶a C ＝8∶4∶3. 5.(20xx·川师附中高一检测)如图所示，圆弧轨道AB 在竖直平面内，在B 点，轨道的切线是水平的，一小球由圆弧轨道上的某点从静止开始下滑，不计任何阻力．设小球刚到达B 点时的加速度为a 1，刚滑过B 点时的加速度为a 2，则( )A ．a 1、a 2大小一定相等，方向可能相同B ．a 1、a 2大小一定相等，方向可能相反C ．a 1、a 2大小可能不等，方向一定相同D ．a 1、a 2大小可能不等，方向一定相反解析：选D.刚到达B 点时，小球仍做圆周运动，此时a 1＝v2BR ，方向竖直向上，当刚滑过B 点后，小球做平抛运动，a 2＝g ，方向竖直向下，v2BR有可能等于g ，故D 正确．二、多项选择题6．下列关于向心加速度的说法错误的是( ) A ．向心加速度越大，物体速率变化越快 B ．向心加速度越大，物体转动得越快C ．物体做匀速圆周运动时的加速度方向始终指向圆心D ．在匀速圆周运动中，向心加速度是恒定的解析：选ABD.向心加速度描述的是圆周运动速度方向的变化快慢，而非速度大小的变化快慢，A 、B 错误；匀速圆周运动的加速度即向心加速度，方向指向圆心，C 正确；在匀速圆周运动中，向心加速度大小不变，方向时刻改变，D 错误．7．(20xx·临沂高一检测)一小球被细线拴着做匀速圆周运动，其半径为R ，向心加速度为a ，则( )A ．小球相对于圆心的位移不变B ．小球的线速度大小为 RaC ．小球在时间t 内通过的路程s ＝ aRtD ．小球做圆周运动的周期T ＝2πR a解析：选BD.小球做匀速圆周运动，各时刻相对圆心的位移大小不变，但方向时刻在变，A错误；由a＝v2R得v＝Ra，B正确；在时间t内通过的路程s＝v t＝t Ra，C错误；做圆周运动的周期T＝2πRv＝2πRRa＝2πRa，D正确．8.如图为一压路机的示意图，其大轮半径是小轮半径的1.5倍．A、B分别为大轮和小轮边缘上的点．在压路机前进时( )A．A、B两点的线速度之比为v A∶v B＝1∶1B．A、B两点的线速度之比为v A∶v B＝3∶2C．A、B两点的角速度之比为ωA∶ωB＝3∶2D．A、B两点的向心加速度之比为a A∶a B＝2∶3解析：选AD.由题意知v A∶v B＝1∶1，故A正确，B错误；又由ω＝v r 得ωA∶ωB＝r B∶r A＝2∶3，故C错误；又由a＝v2r得a A∶a B＝r B∶r A＝2∶3，故D正确．☆9.(20xx·陕西师大附中高一测试)如图所示，是甲、乙两球做匀速圆周运动时，向心加速度随半径变化的图象，其中图线甲为一双曲线．由图象可以知道( )A．甲球运动时，线速度大小保持不变B．甲球运动时，角速度大小保持不变C．乙球运动时，线速度大小保持不变D．乙球运动时，角速度大小保持不变解析：选AD.图线甲表明物体的向心加速度与半径成反比，由a＝v2 r可知，物体运动的线速度不变，选项A正确；图线乙表明物体的向心加速度与半径成正比，由a＝ω2r可知，物体的角速度大小不变，选项D正确．三、非选择题10.宇航员的选拔、训练是非常严格的．当航天飞机升空时，宇航员会发生黑视．黑视的原因第一是因为血压降低，导致视网膜缺血，第二是因为脑缺血．为了使宇航员适应飞行要求，在如图所示的仪器中对宇航员进行训练．宇航员坐在一个在竖直平面内做匀速圆周运动的舱内，若要使宇航员的向心加速度为an ＝6g ，则角速度需为多少？(R ＝20 m ，g 取10 m/s 2)解析：由向心加速度公式a n ＝Rω2得ω＝an R ＝6×1020 rad/s ＝3 rad/s.答案：3 rad/s11．如图所示是一个皮带传动减速装置，轮A 和轮B 共轴固定在一起，各轮半径之比R A ∶R B ∶R C ∶R D ＝2∶1∶1∶2，求在运转过程中，轮C 边缘上一点和轮D 边缘上一点向心加速度之比．解析：B 、D 轮边缘线速度相等，A 、C 轮边缘线速度相等，A 、B 轮角速度相等.vC vD ＝vA 12vA ＝2∶1，ωC ωD ＝2ωA 12ωA ＝4∶1，aC aD ＝vC ωC vD ωD ＝21×41＝8∶1.答案：8∶1 ☆12.如图所示，甲、乙两物体自同一水平线上同时开始运动，甲沿顺时针方向做匀速圆周运动，圆半径为R ；乙做自由落体运动，当乙下落至A 点时，甲恰好第一次运动到最高点B ，求甲物体做匀速圆周运动的向心加速度．解析：设乙下落到A 点所用时间为t ，则对乙，满足R ＝12gt 2，得t ＝2R g ，这段时间内甲运动了34个周期，即 34T ＝ 2R g① 又由于a ＝Rω2＝R 4π2T2②由①②得a ＝98π2g .答案：98π2g。
人教物理选修3-2：第五章第一节知能演练轻松闯关
1.(2012·南通中学高二检测)如图5－1－12所示图象中属于交流电的有()图5－1－12解析：选ABC.A、B、C选项中e的大小和方向均做周期性变化，故它们属于交流电，正确选项为A、B、C.2.下列线圈中产生了交流电流的是()图5－1－13解析：选BCD.由正弦式交流电的产生条件可知，轴必须垂直于磁感线，但对线圈的形状没有特别要求．图5－1－143.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势的e－t图象如图5－1－14所示，则() A．t1、t3时刻线圈通过中性面B．t2、t4时刻线圈中磁通量最大C．t1、t3时刻线圈中磁通量变化率最大D．t2、t4时刻线圈平面与中性面垂直解析：选AD.t 1、t 3时刻，电动势为零，线圈处在中性面位置，此时磁通量最大，磁通量变化率最小，A 对C 错．t 2、t 4时刻，电动势最大，线圈平面与中性面垂直，磁通量为零，B 错D 对． 4.(2012·沈阳二中高二检测)如图5－1－15所示，一矩形线圈abcd ，已知ab 边长为l 1，bc 边长为l 2，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t 时刻线圈中的感应电动势为( )图5－1－15A ．0.5Bl 1l 2ωsin ωtB ．0.5Bl 1l 2ωcos ωtC ．Bl 1l 2ωsin ωtD ．Bl 1l 2ωcos ωt解析：选D.因为开始时刻线圈平面与磁感线平行，即从垂直于中性面开始运动，所以开始时刻线圈中感应电动势最大为E m ＝Bl 1l 2ω，感应电动势的表达形式应为余弦形式，因此在t 时刻线圈中的感应电动势为Bl 1l 2ωcos ωt, 故正确选项为D.5.n 匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，则从中性面开始转动180°的过程中，平均感应电动势和最大感应电动势之比E ∶E m 为多少？解析：线圈从中性面转动180°，穿过线圈的磁感线方向正好相反，所以ΔΦ＝2BS E m ＝nBS ω，E ＝n ΔΦΔt ＝n 2BS πω＝2nBS ωπ所以E ∶E m ＝2π. 答案：2π一、选择题图5－1－161.如图5－1－16所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO ′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M 和N 相连．M 和N 又通过固定的电刷P 和Q 与电阻R 相连．在线圈转动过程中，通过电阻R 的电流( ) A ．大小和方向都随时间做周期性变化 B ．大小和方向都不随时间做周期性变化C ．大小不断变化，方向总是P →R →QD ．大小不断变化，方向总是Q →R →P 解析：选C.由于MN 换向器的作用，由右手定则可知通过R 的电流方向不变，总是由P →R →Q .故C 选项正确．2.交流发电机在工作时的电动势e ＝E m sin ωt .若将线圈匝数、线圈面积都提高到原来的两倍，其他条件不变，则电动势变为( ) A ．e ＝2E m sin ωt B ．e ＝4E m sin ωt C ．e ＝12E m sin ωtD ．e ＝14E m sin ωt解析：选B.由电动势最大值表达式E m ＝NBS ω，N 、S 变为原来的两倍，则最大值变为4E m ，故B 正确．图5－1－173.如图5－1－17所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图象，根据图象可知( )A ．此感应电动势的瞬时表达式为e ＝200sin0.02t VB ．此感应电动势的瞬时表达式为e ＝200sin100πt VC ．t ＝0.01 s 时，穿过线圈的磁通量为零D ．t ＝0.02 s 时，穿过线圈的磁通量的变化率最大 答案：B 4.(2012·华南师大附中高二月考)线圈在匀强磁场中转动产生电动势e ＝10sin20πt V ，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，线圈平面位于中性面B ．t ＝0时，穿过线圈的磁通量最大C ．t ＝0时，导线切割磁感线的有效速率最大D ．t ＝0.4 s 时，e 有最大值10 2 V解析：选AB.由电动势的瞬时值表达式知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t ＝0时，线圈平面位于中性面，磁通量为最大，但此时导线线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为零，A 、B 正确，C 错误．当t ＝0.4 s 时，e ＝10sin20πt V ＝10×sin(20π×0.4)V ＝0，D 错误．5.一台旋转电枢式交流发电机，在正常工作时的正弦电动势e ＝2202sin100πt (V)，由于超负荷使电枢转速降低了110，这时的电动势是( )A ．e ＝2202sin100πt (V)B ．e ＝2202sin90πt (V)C ．e ＝1982sin100πt (V)D ．e ＝1982sin90πt (V)解析：选D.由于超负荷，使电枢转速降低了110，即转速为原来的910，n ′＝0.9n ，所以电动势最大值E ′m ＝NBS ω′＝NBS 2πn ′＝0.9E m ＝0.9×220 2 V ＝1 98 2 V ，角速度ω′＝2πn ′＝2π×0.9n ＝0.9ω＝0.9×100 πrad/s ＝90 π rad/s.6.如图5－1－18甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动．当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝π2ω时刻()图5－1－18 A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．线圈中的电流为零解析：选CD.t＝π2ω＝T4，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误，由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零．线圈所受的安培力为零，A错误，C、D 正确．图5－1－197.(2012·芜湖一中高二检测)处在匀强磁场中的矩形线圈ABCD，以恒定的角速度绕AB边转动，磁场方向平行于纸面并与AB垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图5－1－19所示)，线圈的CD边离开纸面向外运动．若规定由A→B→C→D→A方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是下图中的()图5－1－20解析：选C.题图所示时刻CD边垂直切割磁感线，产生的感应电动势最大，此时感应电流最大，由右手定则，可判定电流方向由A→B→C→D→A，为正方向，综上所述，正确选项为C.图5－1－218.如图5－1－21所示，单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中，中心轴线OO ′与磁场边界重合，线圈绕中心轴线按图示方向(从上向下看逆时针方向)匀速转动，t ＝0时刻线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿abcd 为正方向，则下图中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是( )图5－1－22解析：选B.在0～T4内，ab 一侧的线圈在磁场中绕OO ′轴转动产生正弦式交变电流，电流方向由楞次定律判断为dcba 且越来越大.T 4～T2内，ab 一侧线圈在磁场外，而dc 一侧线圈又进入磁场产生交变电流，电流方向为dcba 且越来越小，以此类推，可知i －t 图象正确的为B. 9.矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图5－1－23所示，下列结论正确的是( )图5－1－23A ．在t ＝0.1 s 和t ＝0.3 s 时，电动势最大B ．在t ＝0.2 s 和t ＝0.4 s 时，电动势改变方向C ．电动势的最大值是157 VD ．在t ＝0.4 s 时，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s解析：选CD.E m ＝nB ωS ＝n Φm ·2πT ＝50×0.2×2π0.4 V ＝50π V ＝157 V ，ΔΦΔt ＝E m n ＝50π50Wb/s ＝π Wb/s ＝3.14 Wb/s.10.(2012·武汉三中高二月考)如图5－1－24所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图所示的电流，则( )图5－1－24A ．在t 1到t 2时间内，甲乙相吸B ．在t 2到t 3时间内，甲乙相斥C ．t 1时刻两线圈间作用力为零D ．t 2时刻两线圈间吸引力最大解析：选ABC.甲回路电流的磁场减弱时，由楞次定律知，乙回路将产生与甲同向环绕的感应电流．甲、乙电流之间通过磁场发生相互作用，甲、乙相吸．同理，当甲中电流增强时，甲、乙互相排斥，故A 、B 选项都正确．t 1时刻，甲中电流产生的磁场变化率为零，则乙线圈感生电流瞬时值为零，而t 2时刻，甲中的电流变化最快，乙中感生电流最强，但此时甲中电流瞬时值为零，所以t 1、t 2时刻，甲、乙电流间相互作用力为零，C 正确，D 错误． 二、非选择题图5－1－2511.圆形线圈共100匝，半径为r ＝0.1 m ，在匀强磁场中绕过直径的轴匀速转动，角速度为ω＝300π rad/s ，电阻为R ＝10 Ω，求： (1)转过90°时，线圈中的感应电流为多大？(2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如图5－1－25所示，B ＝0.1 T ，以图示位置为t ＝0时刻)．解析：当从题图位置转过90°时，线圈中有最大感应电流．图示位置为中性面，从中性面位置开始计时，表明瞬时值e 与t 是正弦关系． (1)E m ＝nBS ω＝100×0.1×π×0.12×300π V ＝30 V ；I m ＝E m R ＝3010A ＝3 A. (2)电流的瞬时值表达式为i ＝3sin ⎝⎛⎭⎫300πt A.答案：(1)3 A (2)i ＝3sin ⎝⎛⎭⎫300πt A12.一交流发电机产生的感应电动势随时间变化的图象如图5－1－26所示，求：图5－1－26(1)当t ＝100 s 时，电动势的瞬时值．(2)当线圈第一次转到什么位置时，感应电动势的瞬时值为最大值的一半． (3)已知线圈面积为16 cm 2，共25匝，那么匀强磁场的磁感应强度B 为多少？ 解析：由题图可知E m ＝5 V ，ω＝2π2×10－2rad/s ＝100π rad/s ，则 e ＝5sin100πt V(1)当t ＝100 s 时，e ＝0.(2)当e ＝2.5 V 时，sin100πt ＝12，有100πt ＝π6，故当线圈转到与中性面成π6角时，感应电动势的瞬时值为最大值的一半．(3)E m ＝nBS ω，有B ＝E m nS ω＝525×16×10－4×100πT ＝0.4 T. 答案：(1)0 (2)16π (3)0.4 T。
人教物理选修3-2：第五章第四节知能演练轻松闯关
1.(2012·湖北黄冈中学高二检测)如图5－4－8中，可以将电压升高给电灯供电的变压器是( )图5－4－8解析：选C.变压器只能对交变电流实现变压，不能对直流变压，故选项A 、D 错误；由于电压与变压器线圈匝数成正比，副线圈匝数多于原线圈的变压器才能实现升压，所以选项B 错误，选项C 正确．2.对理想变压器，下列说法中正确的是( )A ．原线圈的输入功率，随着副线圈的输出功率增大而增大B ．原线圈的输入电流，随着副线圈的输出电流增大而增大C ．原线圈的电流，不随副线圈的输出电流变化而变化D ．当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零解析：选AB.理想变压器的原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，且随副线圈的输出功率的变化而变化，原线圈的输入电流取决于副线圈的输出电流，当副线圈的电流为零时，原线圈的电流也为零，但原线圈电压并不一定为零，故A 、B 正确，C 、D 错误．3.(2011·高考新课标全国卷)如图5－4－9所示，一理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V ，额定功率为22 W ；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U 和I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )图5－4－9A ．U ＝110 V ，I ＝0.2 AB ．U ＝110 V ，I ＝0.05 AC ．U ＝110 2 V ，I ＝0.2 AD ．U ＝110 2 V ，I ＝0.2 2 A解析：选A.由变压原理n 1n 2＝U1U 2可得U 1＝110 V ，即电压表示数为110 V ．由P 入＝P 出，灯泡正常发光可得P入＝U1I1＝P出＝22 W，I1＝22110A＝0.2 A，故A正确．4.(2010·高考山东卷)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图5－4－10甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是()图5－4－10A．副线圈输出电压的频率为50 HzB．副线圈输出电压的有效值为31 VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率增加解析：选AD.由图象可知原线圈输入电压的最大值：U m＝311 V，T＝2×10－2s，则原线圈输入电压的有效值：U1＝U m2＝220 V，f＝1T＝12×10－2 s＝50 Hz，选项A正确；由U1U2＝n1n2可得：U2＝n2n1U1＝22 V，B错误．P向右移动时，副线圈的电阻减小，副线圈输出电压不变，所以副线圈的电流增大，原线圈的电流也增大，而匝数比不变，所以原、副线圈的电流比不变，C错误．P向右移动时，副线圈的电阻减小，副线圈输出电压不变，所以变压器的输出功率增加，D正确．5.如图5－4－11所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V的市电上，向额定电压为1.80×104 V的霓虹灯供电，使它正常发光，为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA`时，熔丝就熔断．图5－4－11(1)熔丝的熔断电流是多大？(2)当副线圈电路中电流为10 mA时，变压器的输入功率是多大？解析：(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有U1I1＝U2I2，当I2＝12 mA时，I1即为熔断电流，代入数据得I1＝0.98 A.(2)设副线圈中的电流为I′2＝10 mA时，变压器的输入功率为P1，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有P1＝I′2U2，代入数据，得P1＝180 W.答案：(1)0.98 A(2)180 W一、选择题1.理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有()A．交流电的频率B．磁通量的变化率C ．功率D ．交流电的峰值解析：选ABC.理想变压器没有漏磁，没有能量损失，所以原、副线圈中磁通量变化率相同，原、副线圈中功率相同，B 、C 项正确，变压器的原理是互感现象，其作用改变电压不改变频率，A 项正确，因原、副线圈的匝数不同，故交流电的峰值不同，D 项错误． 2.(2012·杭州一中高二月考)如图5－4－12所示，原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器正常工作时( )图5－4－12A ．原、副线圈磁通量之比为2∶1B ．原、副线圈电流之比为1∶2C ．输入功率和输出功率之比为1∶1D ．原、副线圈磁通量变化率之比为1∶1解析：选BCD.理想变压器原副线圈的磁通量总相等(无漏磁)，A 错D 对；输入功率总等于输出功率，C 对；电流与匝数满足n 1n 2＝I 2I 1，B 对．3.理想变压器正常工作时，若增加接在副线圈两端的负载，则( ) A ．副线圈中电流增大 B ．副线圈输出的电功率减小 C ．原线圈中电流不变 D ．原线圈输入的电功率增大解析：选AD.由于U 1、U 2不变，负载增加，用电器的总电阻减小，由I 2＝U 2R知I 2增大，A对C 错．由P ＝UI 解得P 2＝U 2I 2，所以P 2增大，P 1增大，B 错D 对．4.如图5－4－13所示为理想变压器．原线圈的匝数为1000匝，两个副线圈n 2＝50匝，n 3＝100 匝，L 1是“6 V 2 W ”的小灯泡，L 2是“12 V 4 W ”的小灯泡，当n 1接上交变电压时，L 1、L 2都正常发光，那么原线圈中的电流为( )图5－4－13A.160 A B.130 A C.120A D.110A 解析：选C.P 出＝2 W ＋4 W ＝6 W ，由P 入＝P 出，得I 1U 1＝6 W ，又U 1U 2＝n 1n 2，所以U 1＝n 1n 2U 2＝100050×6 V ＝120 V ，所以I 1＝6120 A ＝120A ．故正确答案为C.图5－4－145.(2011·高考浙江卷)如图5－4－14所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n 1＝800和n 2＝200的两个线圈，上线圈两端与u ＝51sin314t V 的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是( ) A ．2.0 V B ．9.0 V C ．12.7 V D ．144.0 V解析：选A.由U 1n 1＝U 2n 2得U 2＝n 2U 1n 1，其中U 1＝512 V ，得U 2＝5142V ≈9.0 V ，因此题中两线圈并非处于理想状态，会出现漏磁，所以交流电压表的读数小于9.0 V ，故选项A 正确． 6.(2012·蚌埠二中高二期中)正弦式电流经过匝数比为n 1n 2＝101的变压器与电阻R 、交流电压表V 、交流电流表A 按如图5－4－15甲所示方式连接，R ＝10 Ω.图乙所示是R 两端电压U 随时间变化的图象，U m ＝10 2 V ，则下列说法中正确的是( )图5－4－15A ．通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝2sin100πt (A)B ．电流表A 的读数为0.1 AC ．电流表A 的读数为210A D ．电压表的读数为10 2 V 解析：选B.因U m ＝10 2 V ，根据题图乙，R 两端电压U 随时间变化的规律是u ＝102cos100πt (V)，所以电压表的读数为10 V ，选项D 错误；通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝u /R ＝2cos100πt (A)，选项A 错误；副线圈中电流有效值I 2＝I m /2＝1 A ，根据变压器电流与匝数的关系I 1∶I 2＝n 2∶n 1可知，原线圈中电流I 1＝0.1 A ，所以电流表A 的读数为0.1 A ，选项B 正确，C 错误．图5－4－16 7.(2010·高考天津卷)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L 1、L 2，电路中分别接了理想交流电压表V 1、V 2和理想交流电流表A 1、A 2，导线电阻不计，如图5－4－16所示．当开关S 闭合后( )A ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值不变B ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值变大C ．V 2示数变小，V 1与V 2示数的比值变大D ．V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值不变解析：选AD.电源电压有效值不变，所以V 1示数不变，原副线圈的电压之比等于匝数之比，匝数之比不变，故V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值也不变，所以C 错误，D 正确；当开关S 闭合后，副线圈电路中的电阻减小，因为电压不变，所以副线圈电路中的电流增大，A 2的示数增大，原副线圈的电流之比等于匝数反比，匝数之比不变，A 1与A 2示数的比值不变，所以A 正确，B 错误．8.(2012·浙江金华一中高二检测)有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q 调节，如图5－4－17所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，在原线圈上加一电压为U 的交流电，则( )图5－4－17A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变小 解析：选BC.保持Q 的位置不动，副线圈匝数不变，由U 1U 2＝n 1n 2知U 2不变，当P 向上滑动时，由I 2＝U2R 0＋R 知I 2减小，故电流表的读数变小，B 正确，A 错误；保持P 的位置不动，将Q向上滑动时，副线圈的匝数增多，由U 1U 2＝n 1n 2知，U 2增大，由I 2＝U2R ＋R 0知I 2增大，故I 1增大，C 正确，D 错误．9.(2011·高考山东卷)为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图5－4－18甲为调压变压器示意图．保持输入电压u 1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u 2随时间t 变化的曲线如图乙所示．以下正确的是( )图5－4－18A ．u 2＝1902sin(50πt ) VB ．u 2＝1902sin(100πt ) VC ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移D ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移解析：选BD.由题图乙知交变电流的周期T ＝2×10－2 s ，所以ω＝2πT＝100π rad/s ，故u 2＝U m sin ωt ＝1902sin(100πt ) V ，A 错误，B 正确．由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n2n 1U 1，欲使U 2升高，n 1应减小，P 应上移，C 错误，D 正确．10.如图5－4－19甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1＝20 Ω，R 2＝60 Ω，C 为电容器．已知通过R 1的正弦交流电如图乙所示，则( )图5－4－19A ．交流电的频率为0.02 HzB ．原线圈输入电压的最大值为220 2 VC ．通过R 3的电流始终为零D ．电阻R 2的电功率约3.33 W解析：选D.由题图乙可知交流电频率为50 Hz ，所以选项A 错误；副线圈电压最大值U 2＝I 1R 1＝20 V ，由n 1n 2＝U1U 2可知U 1＝200 V ，选项B 错误；因电容器接交流电有充放电电流，所以通过R 3的电流始终不为零，选项C 错误；R 1和R 2并联，电阻R 2的电功率P 2＝⎝⎛⎭⎫U 222/60 W≈3.33 W ，选项D 正确．二、非选择题11.如图5－4－20所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V ，内阻不计，它通过一个R ＝6 Ω的指示灯连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V 0.25 W ”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：图5－4－20(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比； (2)发电机的输出功率．解析：(1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝0.256 A ＝124 A ，次级线圈总电流I 2＝24I L ＝1 A ．变压器输入功率等于I 1U 1＝I 2U 2＝6 W ，变压器初级线圈电路中，利用闭合电路欧姆定律可得E ＝U 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1，代入E 值解得I 1＝13A(I ′1＝3 A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1＜I 2＝1 A)，所以n 1n 2＝I 2I 1＝31.(2)发电机输出功率P ＝I 1E ＝6.67 W.答案：(1)3∶1 (2)6.67 W12.如图5－4－21所示理想变压器输入的交流电压U 1＝220 V ，有两组副线圈，其中n 2＝36匝，标有“6 V 9 W ”、“12 V 12 W ”的电灯分别接在两副线圈上均正常发光，求：图5－4－21(1)原线圈的匝数n 1和另一副线圈的匝数n 3； (2)原线圈中电流I 1.解析：(1)由于两灯泡均正常发光 所以有U 2＝6 V ，U 3＝12 V 根据原、副线圈电压与匝数的关系 由U 1U 2＝n 1n 2，U 2U 3＝n 2n 3得 n 1＝U 1U 2n 2＝2206×36＝1320(匝) n 3＝U 3U 2n 2＝126×36＝72(匝)． (2)由于P 入＝P 出，P 出＝P 2＋P 3，所以P 入＝P 2＋P 3 即I 1U 1＝P 2＋P 3，则I 1＝P 2＋P 3U 1＝9＋12220A ≈0.095 A.答案：(1)1320匝 72匝 (2)0.095 A。
鲁科版物理选修3-2第5章第3节知能演练轻松闯关
1.美国科学家Willard S. Boyle 与George E. Smith 因电荷耦合器件(CCD)的重要发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖．CCD 是将光学量转变成电学量的传感器．下列器件可作为传感器的有( )①发光二极管 ②热敏电阻 ③霍尔元件 ④干电池A ．①②B ．③④C ．①④D ．②③解析：选D.热敏电阻和霍尔元件是常见的传感器，但干电池和发光二极管不能作为传感器，故②③正确．2.下列情况不．可能是由于水位控制装置损坏引起的是( ) A ．洗衣机不加水B ．洗衣机加水不能自动停止C ．洗衣机不排水D ．洗衣机不洗衣解析：选C.洗衣机水位控制装置正常，才能正常加水，且加到合适的水位，若损坏可能导致一直不加水，或一直不停地加水或加足水后洗衣机仍然不洗衣，故A 、B 、D 可能，C 不可能．3.传感器是把非电学物理量(如位移、压力、流量、声强等)转换成电学量的一种元件．如图所示为一种电容传感器，电路可将声音信号转化为电信号．电路中a 、b 构成一个电容器，b 是固定不动的金属板，a 是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜．若声源S 发出频率恒定的声波使a 振动，则a 在振动过程中( )A ．a 、b 板之间的电场强度不变B ．a 、b 板所带的电荷量不变C ．电路中始终有方向不变的电流D ．向右位移最大时，电容器的电容量最大解析：选D.a 、b 始终跟电源相连，电势差U 不变，由于a 、b 间距离变化，由E ＝U d知场强变化，A 错误；由C ＝εS 4πkd知d 变小时C 变大，a 向右位移最大时，电容最大，D 正确；由Q ＝CU 知a 、b 所带电荷量变化，电路中电流方向改变，B 、C 错误．4.用遥控器调换电视机频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程．下列属于这类传感器的是( )A ．红外线报警装置B．走廊照明灯的声控开关C．全自动洗衣机中的压力传感装置D．电饭煲中控制加热和保温的温控器解析：选A.红外线报警器是当有人或物通过时将红外线遮住，从而使得光信号被中断，光电装置中无电流通过，红外线报警是将光信号转化为电信号的装置，A正确；B项是将声信号转化为电信号；C项是利用压力来传递信息；D项则通过温度实现控制．5.(2012·大庆高二期末)如图所示是一种自动控制水温的装置，加热电路的两个端点P、Q应接在触头________之间(填a、b或c、d)，热敏电阻两端M、N应接在触头________之间．解析：P、Q应分别接到触头a、b之间．同时，M、N应分别接e、f，其工作原理是：当水温升高时，热敏电阻阻值减小，电磁铁中电流增大，吸引力增大，使衔铁被吸下，a、b断开，加热器装置便停止加热；当水温降低到一定程度时，热敏电阻温度降低，电磁铁中电流减小，吸引力减小，衔铁被弹簧弹上去，使a、b之间连接，加热装置开始加热，从而实现水温控制．答案：a、b e、f一、选择题1.下列器件不．是应用温度传感器的是()A．电熨斗B．话筒C．电饭锅D．测温仪解析：选B.话筒应用的是声传感器，电熨斗、电饭锅、测温仪应用的都是温度传感器，故选B.2.在防治“非典”期间，在机场、车站等交通出入口，使用了红外线热像仪，红外线热像仪通过红外线遥感，可检测出经过它时的发热病人，从而可以有效控制疫情的传播．关于红外线热像仪，下列说法正确的是()A．选择红外线进行检测，主要是因为红外线光子能量小，可以节约能量B．红外线热像仪通过发射红外线照射人体来检测C．红外线热像仪同时还具有杀菌作用D．一切物体都能发射红外线，而且物体在不同温度下发射的红外线的频率和强度不同解析：选D.红外线热像仪是根据物体发射的红外线的频率和强度不同而工作的，故选项D 正确．3.类人型机器人装有作为眼睛的“传感器”，犹如大脑的“控制器”，以及可以行走的“执行器”，在它碰到障碍物前会自动避让并及时转弯．下列有关该机器人“眼睛”的说法中正确的是()A．是力传感器B．是光传感器C．是温度传感器D．是声音传感器解析：选B.遇到障碍物会绕开，说明它是光传感器，B对，A、C、D错．4.随着生活质量的提高，自动干手机已进入家庭．洗手后，将湿手靠近自动干手机，机内的传感器便驱动电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干．手靠近干手机能使传感器工作，是因为()A．改变了湿度B．改变了电容C．改变了温度D．改变了磁场解析：选B.根据自动干手机工作的特征，即手靠近自动干手机，电热器开始工作，手撤离自动干手机电热器停止工作，由此可以判断传感器的种类是电容传感器．人是导体，可以和其他导体构成电容器，手放入时，通过改变电容而使干手机工作，故选B.5.当客人走近一些大饭店或宾馆的门口时，门就会自动打开，是因为门上安装了某种传感器．这种传感器可能是()A．声音传感器B．位移传感器C．红外线传感器D．温度传感器解析：选 C.这种自动门的特点是人靠近就能打开，不需要发出声音，不是声音传感器，A 错，把一个木箱推向自动门，门不会自动打开，不是位移传感器，B错，不管冬天夏天只要有人靠近就能打开，不是温度传感器，D错，该自动门很可能是红外线传感器，C对．6.传感器广泛应用在我们的生产生活中，常用的计算机键盘就是一种传感器．如图所示，键盘上每一个键的下面都连一小金属片，与该金属片隔有一定空气间隙的是另一小的固定金属片，这两金属片组成一个小电容器．当键被按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能够检测出哪个键被按下，从而给出相应的信号．这种计算机键盘使用的是()A．温度传感器B．压力传感器C．磁传感器D．光传感器解析：选B.小金属片被按下时，对该键有一个压力，小金属片向下移动，两个极板之间的距离改变，电容改变，将压力这个力学量转化为电容这个电学量，所以计算机键盘使用的是压力传感器，B正确，A、C、D错误．7.小强用恒温箱进行实验时，发现恒温箱的温度持续升高，无法自动控制．经检查，恒温箱的控制器没有故障．参照右图，下列对故障判断正确的是()A．只可能是热敏电阻出现故障B．只可能是温度设定装置出现故障C．热敏电阻和温度设定装置都可能出现故障D．可能是加热器出现故障解析：选C.由恒温箱原理图可知，若热敏电阻出现故障或温度设定出现故障都会向控制器传递错误信息，导致控制器发出错误指令，故C正确，A、B错误．若加热器出现故障，只有一种可能，即不能加热，而题中加热器一直加热才会使温度持续升高，故D错误．8.如图所示的传感器可以测物体的位移大小，当接有交流电源的电路中电流表的示数变大时，说明()A．物体向左运动B．物体向右运动C．若物体不动，可能电容器的极板距离变窄D．若物体不动，电容器的极板距离不可能变窄解析：选AC.电流表的示数变大，表明电容器的电容增大，对交流电的容抗减小．电容增大的原因有二：一是电容器两极板间充入电介质，即物体向左运动；二是电容器极板间的距离减小，故A、C正确．9.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，某位同学利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图甲所示，将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体m，电梯静止时电流表示数为I0，电梯在运动过程中，电流表的示数如图乙所示，下列判断中正确的是()A．乙图表示电梯做匀速直线运动B．乙图表示电梯做匀加速运动C．乙图表示电梯做变加速运动D．乙图表示电梯做匀减速运动解析：选C.从题图乙可以看出电流增大，由欧姆定律知道压敏电阻阻值应该减小，结合压敏电阻特点可以判断，压力增大，而且电流逐渐变大，压力应该也是逐渐增大，说明电梯的加速度逐渐增大，所以电梯做变加速运动，A、B、D错，C对．10.角速度计是应用传感器来测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度的装置，其结构如图所示．当系统绕轴OO′转动时，元件A发生位移并输出相应的电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源．已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计．滑动变阻器总长也为l且电阻分布均匀，系统静止时P在B点，当系统以角速度ω转动时，则()A．电路中电流随角速度的增大而增大B．电路中电流不随角速度的变化而变化C．弹簧的伸长量为x＝mωl/(k－mω2)D．输出电压U与ω的函数式为U＝Emω2/(k－mω2)解析：选BD.滑片的移动不影响滑动变阻器接入电路中的电阻变化，故电路中的电流不随角速度的变化而变化，A错误、B正确．由牛顿第二定律得：kx＝m(l＋x)ω2，所以x＝mω2l/(k －mω2)，C错误．输出电压U＝Ex/l，将x＝mω2l/(k－mω2)代入上式得：U＝Emω2/(k－mω2)，D正确．二、非选择题11.如图甲是汽车过桥时对不同类型桥面压力变化的实验．采用DIS方法对模型进行测量，其结果如图乙中电脑屏幕所示．(1)图甲中的传感器为________传感器；(2)图甲中①②③分别为三种不同类型的桥面，对于凸形桥①，其相对应的压力图线应是屏幕上的________．(填“a”、“b”或“c”)(3)如增大小球在斜槽上的高度，在图乙中大致画出小球通过凸形桥①时的压力图线．解析：(1)由于是将压力信号转化为电信号，所以是压力传感器．(2)桥面如题图①所示，小球在最高点时对桥的压力小于重力；桥面如题图②所示，小球对桥的压力不变，总等于重力；桥面如题图③所示，小球在最低点时对桥的压力大于重力；由此可得：对应凸形桥①的压力图线是电脑屏幕上的c.(3)若增大小球在斜槽上的高度，小球通过凸形桥①时的压力图线将向下凹，即如图所示．答案：(1)压力(2)c(3)见解析图12.现代汽车在制动时，有一种ABS系统，它能阻止制动时车轮抱死变为纯滑动．这种滑动不但制动效果不好，而且易使车辆失去控制．为此需要一种测定车轮是否还在转动的装置．如果检测出车轮不再转动，就会自动放松制动机构，让轮子仍保持缓慢转动状态．这种检测装置称为电磁脉冲传感器，如图甲，B是一根永久磁铁，外面绕有线圈，它的左端靠近一个铁质齿轮，齿轮与转动的车轮是同步的．图乙是车轮转动时输出电流随时间变化的图象．(1)说明为什么有电流输出？(2)若车轮转速减慢了，图象会变成怎样？(画在图乙上)解析：(1)当齿轮上的齿靠近线圈时，由于磁化使空间的磁场增强，线圈中的磁通量变化产生感应电流，当齿轮离开时，空间的磁场减弱，产生反方向的感应电流．(2)车轮转速减慢，电流变化频率变小，周期变大，电流值变小．如图所示．答案：见解析。
中班体育活动精品教案智勇大闯关
中班体育活动精品教案智勇大闯关一、教学内容本节课选自《幼儿园体育活动指导手册》中班第五章“智勇大闯关”。
具体内容包括：基本动作训练（跑、跳、爬、平衡）、团队合作游戏（智勇大闯关）、体育游戏安全指导。
二、教学目标1. 学习基本动作，提高幼儿身体协调性和灵活性。
2. 培养幼儿团队合作精神，提高沟通协作能力。
3. 增强幼儿安全意识，提高自我保护能力。
三、教学难点与重点难点：团队合作游戏中的默契配合。
重点：基本动作的训练和体育游戏安全的掌握。
四、教具与学具准备教具：口哨、计时器、标志桶、障碍物、软垫。
学具：每组一套智勇大闯关道具（小红旗、接力棒、障碍物等）。
五、教学过程1. 实践情景引入（5分钟）教师带领幼儿做简单的热身运动，如慢跑、拉伸等。
讲解智勇大闯关的背景，激发幼儿兴趣。
2. 基本动作训练（10分钟）跑：直线跑、曲线跑、接力跑。
跳：双脚跳、单脚跳、跳障碍。
爬：匍匐前进、攀爬。
平衡：走平衡木、站立平衡。
3. 团队合作游戏（10分钟）分组进行智勇大闯关游戏，每组成员按照规定路线完成跑、跳、爬、平衡等动作。
每个环节设置一定的障碍，要求幼儿相互协作，共同完成任务。
4. 例题讲解与随堂练习（5分钟）教师选取一道具有代表性的题目，讲解解题方法和技巧。
幼儿进行随堂练习，教师巡回指导。
邀请幼儿分享自己在游戏中的收获和感受。
六、板书设计1. 课程智勇大闯关2. 基本动作：跑、跳、爬、平衡3. 游戏规则及安全提示七、作业设计1. 作业题目：设计一条智勇大闯关的路线，要求包含跑、跳、爬、平衡等动作。
2. 答案：略。
八、课后反思及拓展延伸1. 教师反思：本次教学中，幼儿对基本动作掌握情况较好，但在团队合作游戏中，部分幼儿配合不够默契。
今后教学中，应加强团队合作意识的培养。
2. 拓展延伸：组织幼儿参加户外拓展活动，提高幼儿在自然环境中克服困难的能力。
重点和难点解析1. 教学难点与重点的设定2. 实践情景引入的具体设计3. 团队合作游戏的组织和指导4. 例题讲解与随堂练习的选取与应用5. 作业设计的针对性与实践性6. 课后反思与拓展延伸的实施一、教学难点与重点的设定二、实践情景引入的具体设计实践情景引入阶段，教师应设计富有吸引力且与课程内容紧密相关的情景。
教科版物理选修3-3：第五章 3 知能演练轻松闯关
1.作为新型燃料，从环保角度来看，氢气具有的突出特点是( )A ．在自然界里存在氢气B ．氢气轻，便于携带C ．燃烧氢气污染小D ．氢气燃烧发热量高解析：选C.氢气燃烧生成水，所以对环境污染小．2.当前，世界上日益严重的环境问题主要源于( )A ．温室效应B ．厄尔尼诺现象C ．人类对环境的污染和破坏D ．火山喷发和地震答案：C3.利用太阳能发电的优势是( )A ．无污染B ．可再生C ．分布集中D ．投资小，效率高答案：AB4.解决一次性发泡塑料餐具的最有效途径是( )A ．掩埋B ．土壤培肥C ．改用环保餐具D ．焚烧后作肥料答案：C5.太阳每年辐射到地球上的能量可达1018 kW ·h.(1)如果太阳辐射到地球上的能量全部用来推动热机发电，能否每年发出1018度电？(2)试估算太阳每年释放出的能量．解析：(1)太阳向四面八方辐射能量，地球仅是“四面八方”中的一个“小元”，因此太阳辐射的能量只有一小部分到达地球，到达地球的能量推动热机发电，由热力学第二定律可知，发电量必小于1018度．(2)地球到太阳的距离为r ＝1.5×1011m ，其构成的球面为S 1，地球的半径为R ＝6.4×106 m ，由于地球相对太阳很小，其被照射面积可等效为赤道圆面积S ，所以太阳辐射的总能量为Q ＝S 1S q ＝4r 2R 2q ＝4×（1.5×1011）2（6.4×106）2×1018 kW ·h ＝2.2×1027 kW ·h. 答案：(1)不能 (2)2.2×1027 kW ·h1.当今人类利用的新能源是( )A ．电能B ．太阳能C ．化石燃料D ．核能解析：选BD.电能是二次能源，是由其他形式的能转化而来，不是新能源．化石燃料是常规能源，太阳能和核能是当今的新能源，故B 、D 正确．2.下列说法中正确的是( )A ．水能和风能都是“可再生能源”B ．太阳能是一种清洁能源C ．沼气是一种新能源D ．核能对环境的污染比常规能源对环境的污染大解析：选ABC.水能和风能都能再生，A 正确；太阳能属于清洁能源，B 正确；沼气属于新能源，C 正确；核能属于新能源，是一种清洁能源，D 错误．3.水力发电站的电能最终来自于( )A ．太阳能B ．水的动能C ．水的势能D ．水的内能解析：选A.煤、石油、水力等能源最终来自于太阳能．是太阳能将水蒸发到高处，然后再降落到地面各处，汇成江河湖海，高处的水向低处流就具有了水能，从而用于发电． 4.无利用价值的垃圾，主要采用( )A ．填埋法B ．回收C ．加工D ．综合利用答案：A5.下列自然资源属可再生的一组是( )①红树林 ②煤炭 ③沙漠 ④磷 ⑤石油 ⑥地下水 ⑦潮汐能 ⑧草场A ．①②③B ．③④⑥C ．⑥⑦⑧D ．③⑤⑦答案：C6.下列化石燃料对环境危害最小的是( )A ．石油B ．天然气C ．煤炭D ．油页岩答案：B7.在交通运输中，常用“客运效率”来反映交通工具的某项效能．“客运效率”表示每消耗单位能量对应的载客数和运送路程的乘积，即客运效率＝人数×路程消耗能量.一个人骑电动自行车，消耗1 MJ(106 J)的能量可行驶30 km.一辆载有4人的普通轿车，消耗320 MJ 的能量可行驶100 km.则电动自行车与这辆轿车的客运效率之比是( )A ．6∶1B ．12∶5C ．24∶1D ．48∶7解析：选C.电动自行车客运效率η1＝1×30 km 1 MJ ，普通轿车的客运效率η2＝4×100 km 320 MJ，两者效率之比为η1η2＝30×320400＝24∶1.8.柴油机使柴油燃料在它的汽缸中燃烧，产生高温高压的气体，燃料的化学能转化为气体的内能，高温高压的气体推动活塞做功，气体的内能又转化为柴油机的机械能．燃烧相同的燃料，输出的机械能越多，表明柴油机越节能．是否节能，是衡量机器性能好坏的重要指标．有经验的柴油机维修师傅，不用任何仪器，只要将手伸到柴油机排气管附近，去感知一下尾气的温度，就能够判断出这台柴油机是否节能，真是“行家伸伸手，就知有没有”，关于尾气的温度跟柴油机是否节能之间的关系，你认为正确的是( )A ．尾气的温度越高，柴油机越节能B ．尾气的温度越低，柴油机越节能C．尾气的温度高低与柴油机是否节能无关D．以上说法均不正确解析：选B.气体的内能不可能完全转化为柴油机的机械能，柴油机使柴油燃料在它的汽缸中燃烧，产生高温高压的气体，是一个高温热源；而柴油机排气管排出的尾气是一个低温热源．根据能量守恒，这两个热源之间的能量差就是转换的机械能，燃烧相同的燃料，要想输出的机械能越多，尾气的温度就要越低．二、非选择题9.小明同学原来家住农村，八年前随父母搬到了某市的向阳小区，住进了居民楼．小明家在农村时，烧水做饭用煤，进了城市后用上了天然气；在农村时，冬季取暖家家户户也依靠烧煤，但在小区却集中供暖．请根据小明家的变化(烧煤→天然气，单家单户取暖→小区集中供暖)，结合自己的切身体验，从科学和人文的角度对此变化加以评价．答案：(1)从炉具的变化上，提高了能源的利用率；(2)从燃料的变化上，提高了能源的利用率，减少了环境污染；(3)从取暖方式上，提高了能源利用率，减少了环境污染，保护了环境．小明家的进步反映了整个社会的进步，节约能源，保护环境人人有责10.随着2012年3月20日我国成品油价正式步入8元时代，业内对于新能源汽车的关注显著升温．比如太阳能汽车，是利用太阳能电池将所接受到的太阳光能转化为电能以提供给电动机来驱动汽车的．已知车上太阳能电池接受太阳光能的面板面积为S＝8 m2，正对太阳时能产生U＝120 V的电压，并对车上电动机提供I＝10 A的电流，电动机的直流电阻为R＝4 Ω，而太阳光照射到地面处时单位面积上的辐射功率为P0＝1.0×103 W/m2.(1)该车的太阳能电池转化太阳光能的效率η1等于多少？电池对电动机供电的效率η2等于多少？(2)若太阳的总辐射功率为P＝3.9×1026W，且太阳光在穿过太空及地球表面大气层达到地面处时，沿途有β＝28%的能量损耗，则据此可算出太阳到地球的距离r等于多少？解析：(1)η1＝UI/(P0S)＝(120×10)/(1.0×103×8)＝15%，η2＝(UI－I2R)/(UI)＝(120×10－102×4)/(120×10)≈66.7%.(2)由公式4πr2P0＝(1－β)P可解得r＝（1－β）P/（4πP0）＝0.72×3.9×1026/（4×3.14×103）m≈1.5×1011 m.答案：(1)15%66.7%(2)1.5×1011 m。
人教物理选修3-2：第五章第三节知能演练轻松闯关
1.下列说法中正确的是()A．感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势，阻碍电流的变化B．感抗大小不仅与自感系数有关，还与电流的频率有关C．当电容器接到交流电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流D．容抗的大小不仅与电容有关，还与电流的频率有关解析：选ABD.交流电通过线圈时，由于电流时刻变化，在线圈中产生自感电动势，自感电动势总是阻碍电流变化，这就是产生感抗的原因，A正确．频率越高，电流变化越快，自感电动势越大；线圈自感系数越大，自感电动势越大，对电流的变化阻碍作用越大，感抗越大，B正确．电容器能通交变电流的实质是通过反复充、放电来实现的，并无电荷通过电容器，所以C错．频率越高，充、放电越快，容抗越小，故D对．2.(2012·新疆一中高二检测)下列说法正确的是()A．电阻对直流、交流的阻碍作用相同，电流通过电阻时，消耗电能B．电容器接在直流电路中，因为没有电流，所以不消耗电能，接在交流电路中，有交变电流，所以消耗电能C．感抗虽然对交变电流有阻碍作用，但不消耗能量D．感抗是线圈的电阻产生的答案：AC图5－3－133.一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图5－3－13所示．一铁块插进线圈之后，该灯将()A．变亮B．变暗C．对灯没影响D．无法判断解析：选B.加入铁芯改变了电感自感系数，自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，降落在灯上的电压减小，所以灯变暗．图5－3－144.如图5－3－14所示，接在交流电源上的电灯泡正常发光，以下说法正确的是() A．把电介质插入电容器，灯泡变亮B．增大电容器两板间的距离，灯泡变亮C．减小电容器两板间的正对面积，灯泡变暗D．使交变电流频率减小，灯泡变暗解析：选ACD.电容器的电容与介电常数成正比，与正对面积成正比，与两板间距离成反比．而容抗与电容成反比，与频率成反比．把介质插入电容器，电容变大，容抗减小，灯泡变亮，A正确．电容器两板间距离增大，电容减小，容抗增大，灯泡变暗，B错．减小电容器两极正对面积，电容减小，容抗增大，灯泡变暗，C正确．交流电的频率减小，容抗增大，灯泡变暗，D正确．5.如图5－3－15所示，线圈L的自感系数和电容器C的电容都很小(如L＝100 μH，C＝100 pF)，此电路的主要作用是()图5－3－15A．阻直流通交流，输出交流电B．阻交流通直流，输出直流电C．阻低频通高频，输出高频交流电D．阻高频通低频，输出低频交流电或直流电解析：选D.因线圈L的自感系数很小，所以对低频交流电的阻碍作用很小，这样直流和低频交流电能顺利通过线圈；电容器C为旁路电容，因其电容很小，对低频交变电流的阻碍作用很大，对高频交流电的阻碍作用很小，这样通过线圈的高频电流又经电容器C形成回路，最终输出的应为低频交流电或直流电，所以选项D正确．一、选择题1.交变电流通过一段长直导线时，电流为I，如果把这根长直导线绕成线圈，再接入原电路，通过线圈的电流为I′，则()A．I′＞I B．I′＜IC．I′＝I D．无法比较解析：选B.长直导线的自感系数很小，感抗可忽略不计，其对交变电流的阻碍作用可以看做是纯电阻，流经它的交变电流只受到导线电阻的阻碍作用．当导线绕成线圈后，电阻值未变，但自感系数增大，对交变电流不但有电阻，而且有感抗，阻碍作用增大，电流减小．2.对电容器能通过交变电流的原因，下列说法正确的是()A．当电容器接到交流电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流B．当电容器接到交流电源上时，电容器交替进行充电和放电，电路中才有交变电流C．在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动D．在有电容器的交流电路中，没有电荷通过电容器解析：选BD.电容器实质上是通过反复充、放电来实现通电的，并无电荷流过电容器．图5－3－163.如图5－3－16所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是()A．等于220 VB．大于220 VC．小于220 VD．等于0解析：选C.虽然交变电流能通过电容器，但也受到阻碍作用，电容器与电阻串联，根据分压原理可知电阻两端的电压小于电源电压，电压表测的是电阻两端的电压，C正确．4.(2012·山西省康杰中学高二月考)如图5－3－17所示交流电源的电压有效值跟直流电的电压相等，当将双刀双掷开关接到直流电源上时，灯泡的实际功率为P1，而将双刀双掷开关接在交流电源上时，灯泡的实际功率为P2，则()图5－3－17A．P1＝P2B．P1＞P2C．P1＜P2D．不能比较解析：选B.接在直流电源上，线圈对直流没有阻碍作用，电能全部转化为小灯泡的内能；而当双刀双掷开关接在交流电源上时，线圈对电流有阻碍作用，因此电能除转化成灯泡的内能外，还有一部分电能在与磁场能往复转化，因此P1＞P2.故正确答案为B.5.如图5－3－18所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是()图5－3－18A．等于220 V B．大于220 VC．小于220 V D．等于零解析：选C.电感对交变电流有阻碍作用，线圈与灯泡串联，其电压之和等于电源电压，即U L＋U R＝U，故交流电压表的示数小于220 V，C正确．图5－3－196.(2012·江苏启东中学高二检测)如图5－3－19所示，电路中完全相同的三只灯泡L1、L2、L3分别与电阻R、电感L、电容C串联，然后再并联到220 V、50 Hz的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同．若保持交变电压不变，将交变电流的频率提高到60 Hz，则发生的现象是()A．三灯亮度不变B．三灯均变亮C．L1不变、L2变亮、L3变暗D．L1不变、L2变暗、L3变亮解析：选D.频率变高，线圈感抗变大，电容器容抗变小，因此L2变暗，L3变亮．电阻的大小与交变电流的频率无关，流过灯泡L1中的电流不变，因此L1亮度不变．图5－3－207.在如图5－3－20所示电路中，a、b两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流；L是一个25 mH的高频扼流圈，C是一个100 pF的电容器，R是负载电阻．下列说法中正确的是()A．L的作用是“通低频，阻高频”B．C的作用是“通交流，阻直流”C．C的作用是“通高频，阻低频”D．通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远大于高频交流所占的百分比解析：选ACD.L是一个自感系数很小的高频扼流圈，其作用是“通低频，阻高频”，A正确．C是一个电容很小的电容器，在题图示电路中它对高频交流的容抗远小于对低频交流的容抗，其作用是“通高频，阻低频”．因电路中无直流成分，故B错误、C正确．由于L 对高频交流的阻碍作用和C对高频交流的旁路作用，使得通过R的电流中低频交流所占的百分比远大于高频交流所占的百分比，D正确．8.某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分，为使放大器仅得到交流低频成分，如下图所示电路中可行的是()图5－3－21解析：选D.A图放大器得到所有成分．B图放大器可得到直流成分，若为高频扼流圈也能得到低频成分．C图既可得到高频成分也可得到低频成分．D图通过C1的是高、低频都有，C2是旁路电容让高频成分滤去，故只有D合适．9.在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输入给下一级，我们采用了如图5－3－22装置电路，其中代号a、b应选择的元件是()图5－3－22A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流线圈B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流线圈C．a是电容较小的电容器，b是高频扼流线圈D．a是电容较小的电容器，b是低频扼流线圈解析：选C.电容器具有通高频、阻低频作用，这样的电容器电容应较小，故a处放电容较小的电容器．电感线圈在该电路中要求做到“通低频、阻高频”，所以b处应接一个高频扼流线圈．10.“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，它们的固有频率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器．音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动．图5－3－23为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b端输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则()图5－3－23A．甲扬声器是高音扬声器B．C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器C．L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器D．L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流解析：选BD.由于L1会“阻高、通低”，C1又“通高、阻低”，因此低频成分通过甲扬声器，故A错，C2的作用是“通高、阻低”，故B对，L2的作用是“通低、阻高”，故C错而D对．二、非选择题11.如图5－3－24是可调灯泡亮度的台灯电路示意图，其中电路更合理的是________．图5－3－24解析：乙中调节L可达到调节台灯两端电压的作用，从而调节台灯的亮度．甲图也可调节台灯的亮度，但变阻器要消耗电能，故甲图不合理．答案：乙12.图5－3－25(2012·聊城水城中学高二检测)如图5－3－25所示，某电子电路的输入端输入的电流既有直流成分，又有交流低频成分和交流高频成分，若通过该电路只把交流的低频成分输送到下一级，试说明元件L、C1、C2在电路中的作用．解析：该电路只把交流的低频成分输送到下一级，C1能通交流，隔直流；L通直流，阻交流是低频扼流圈；C2通高频、阻低频，是高频旁路电容．答案：见解析。
教科版物理选修3-3：第五章 2 知能演练轻松闯关
1.下列新能源中，不属于清洁能源的是()A．风能B．太阳能C．核能D．潮汐能解析：选C.风能、太阳能、潮汐能对环境不造成污染，是清洁能源．而核能如果没有防护措施会对环境造成一定的污染，所以必须有防护措施．2.下列关于能源的说法正确的是()A．能源是取之不尽、用之不竭的B．能源是有限的，特别是常规能源，如煤、石油、天然气等C．大量消耗常规能源会使环境恶化，故提倡开发利用新能源D．核能的利用对环境的影响比燃烧石油、煤炭大解析：选BC.尽管能量守恒，但耗散的内能无法重新收集利用，所以能源是有限的，特别是常规能源，A项错，B项对．常规能源的利用比核能的利用对环境的影响大．C项对，D项错．3.关于“温室效应”，下列说法中正确的是()A．太阳能源源不断地辐射到地球上，由此产生了“温室效应”B．石油和煤炭燃烧时产生的二氧化碳增加了大气中二氧化碳的含量，由此产生了“温室效应”C．“温室效应”使得地面气温上升，两极冰雪融化D．“温室效应”使得土壤酸化解析：选BC.“温室效应”的产生是由于石油和煤炭燃烧时产生的二氧化碳增加了大气中二氧化碳的含量．它的危害是使地面气温上升、两极冰雪融化、海平面上升、淹没沿海城市、海水河流倒灌、耕地盐碱化等，故B、C正确．4.下列对能量耗散的理解正确的有()A．能量耗散说明能量在不断减少B．能量耗散遵守能量守恒定律C．能量耗散说明能量不能凭空产生，但可以凭空消失D．能量耗散从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性解析：选BD.在发生能量转化的宏观过程中，其他形式的能量最终会转化为流散到周围环境的内能，无法再回收利用，这种现象叫能量耗散．能量耗散并不违反能量守恒定律．宇宙的能量既没有减少，也没有消失，它只从能量角度反映出自然界的宏观过程具有方向性，故A、C错误．5.英国泰晤士河曾受过严重污染，除偶尔能发现鳗鱼外，无其他鱼类．如今，经过治理的泰晤士河，已被认为是世界大城市中比较干净的河流之一，河中重现了上百种鱼类．伦敦原来是个著名的“雾都”，近年来，由于英国政府采取措施，帮助居民和工厂企业改用煤气、柴油等无烟燃料，并限制私人小汽车在市内使用，空气中烟尘大为减少，雾日已不多见．图5－1－1综合上述资料，并根据“伦敦简图”和“伦敦人口增长图”，回答：(1)伦敦人口增长最快的时期在第________次技术革命时期，它反映了英国城市化的特点是________________．(2)1950年伦敦市发生了震惊世界的酸雾事件、数百人死亡，造成酸雾的主要污染物是________，其合理的防治措施是____________________________，酸雾对生物界的危害是________________________________________________________________________．(3)泰晤士河河水的污染物主要来自________和________．污水排入河流，导致鱼类死亡的原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.解析：英国是世界上工业化最早的国家，也是世界上城市化最早的国家，英国首都伦敦过去也是世界上环境污染最为严重的城市之一．本题以伦敦城市的发展、人口的增长、伦敦的环境污染及其治理为切入点，考查英国酸雾的主要污染物及其危害、河流污染物的来源和危害及保护和改善城市环境的措施．答案：(1)二起步早(2)硫氧化合物减少人为硫氧化物和氮氧化物的排放量使植物营养体受损，导致植物(树木)死亡(3)城市工业废水生活污水河水污染严重，水中溶解氧减少，导致鱼类缺氧死亡，排入的有毒废水，使鱼类死亡一、选择题1.以下说法正确的是()A．煤、石油、天然气等燃料的最初来源可追溯到太阳能B．汽油是一种清洁能源C．水能是可再生能源D．煤、石油等常规能源是取之不尽，用之不竭的解析：选AC.煤、石油、天然气等是动、植物转化成的，其来源可追溯到太阳能，A正确；汽油燃烧会引起一些化合物的产生，导致有毒气体的生成，B错误；水源是可再生能源，C正确；煤、石油等存量是有限的，是不可再生能源，D错误，故选A、C.2.下列哪些现象属于能量耗散()A．利用水流能发电变成电能B．电能通过灯泡中的电阻丝变为光能C．电池的化学能转变为电能D．火炉把屋子烤暖解析：选BD.电能转化为光能，化学能转化为内能，最终都变成环境中的内能，无法再加以收集利用，B、D均为能量耗散．3.为减少大气污染，应采取的措施是()A．减少化石燃料的使用量B．降低小汽车的能耗C．减少冰箱、空调的使用量D．植树造林解析：选ABD.大气污染的产生，主要有以下几种原因：一：化石燃料的燃烧，排放大量的二氧化碳及硫的氧化物；二：交通工具排放的尾气；三：冰箱、空调排放出的氟氯烃化合物，要减少大气污染就应从以上三方面着手，同时，由于森林具有吸烟除尘，净化大气的作用，因此，植树造林也是一项重要措施，本题之所以不选C项，原因在于并非所有的冰箱、空调都用氟里昂作制冷剂．4.能源利用的过程实质上是()A．能量的消失过程B．能量的创造过程C．能量的转化和转移过程D．能量的转化、传递并且逐渐消失的过程解析：选C.能源利用的过程是做功或热传递的过程，前者是能量的转化，后者则是能量的转移．5.以下说法正确的是()A．热量自发地从甲物体传到乙物体，甲的内能不一定比乙大B．汽油是一种清洁能源C．水能是可再生能源，所以可制造一台利用水能的机器，效率可达100%D．煤、石油等常规能源是取之不尽、用之不竭的解析：选A.热量自发地从甲传到乙，说明甲的温度高于乙的温度，但物体的内能除与温度有关外，还与物体体积及物质的量等因素有关，甲的内能不一定大于乙的内能，A对；汽油燃烧会引起一些化合物的产生，导致有毒气体的生成，B错；水能虽然是可再生能源，由热力学第二定律可知，效率不可能达到100%，C错；煤、石油等存量是有限的，是不可再生能源，D错．6.酸雨对植物的正常生长影响很大，为了减少酸雨的影响，应采取的措施是()①少用煤作燃料②燃料脱硫③在已经酸化的土壤中加石灰④多种植美人蕉、银杏等植物⑤开发新能源⑥多种植法国梧桐、柠檬等植物A．①②④⑤B．①②⑤⑥C．①②③④⑤D．①②③⑤⑥解析：选A.酸雨主要是由煤、石油等燃料尤其是煤燃烧所释放的SO2和氮氧化物在降水过程中溶入雨水形成的．因而为减少酸雨的影响，少用煤作燃料和燃料脱硫是有效的方法．开发新能源也是减少煤使用量的方法，另外美人蕉和银杏对SO2有较强的吸收能力，所以①②④⑤正确，应选A.7.(2012·广元中学高二检测)CO2气体有个“怪脾气”，它几乎不吸收太阳的短波辐射，大气中CO2浓度增加能使地表温度因受太阳的辐射而上升；另外，它还有强烈吸收地面红外热辐射的作用，阻碍了地球周围的热量向外层空间的排放，使整个地球就像一个大温室一样，因此，大气中二氧化碳气体浓度的急剧增加会导致气温的逐步上升，使全球气候变暖．为了减缓大气中CO2浓度的增加，以下措施中可行且有效的是()A．禁止使用煤、石油和天然气B．开发使用核能、太阳能C．将汽车燃料由汽油改为液化石油气D．植树造林解析：选BD.可行且行之有效的措施是开发新能源以便减少对常规能源的利用，减少CO2的排放；植树造林可以吸收空气中的CO2，所以选B、D.题中A、C两项措施虽然有效，但并不可行．二、非选择题8.当我们陶醉在繁华的城市生活中时，是否意识到有一支“大军”正向我们逼近，影响我们的生活，危害我们的健康．(1)在意大利，人们家里的咖啡壶大多是用回收的可乐罐制得．请再列举一种生活垃圾回收利用的事例：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(2)回收利用垃圾：首先要对垃圾进行分类．一群环保志愿者在某社区推广垃圾分类，他们在垃圾房放置了一些有分类标志的垃圾回收箱，结果却发现仍然有许多居民并没有分类放置．造成这种现象可以排除的原因是________．A．居民嫌麻烦，没有垃圾分类的习惯B．居民每天产生的生活垃圾量多C．居民的环保意识不强D．居民不清楚垃圾分类的标准(3)如图5－1－2是某居民小区中垃圾收集点(小圆圈)的布局，它在选址上存在的问题有________________________________________________________________________________________________________________________________________________.垃圾收集点选址应考虑的因素包括________________________________________________________________________________________________________________________________________________.图5－1－2(4)有人设想在住宅小区附近建立小型生活垃圾焚烧厂，其流程如图5－1－3所示．请将图中①②③所要表达的内容填在下面的横线上．图5－1－3①________________________________________________________________________.②________________________________________________________________________.③________________________________________________________________________.解析：(1)废旧材料的回收和再利用可以更有效地利用有限的资源，可以减少对环境的污染．(2)生活垃圾的回收需要居民的积极参与，现在某些居民的环保意识不强、对环保知识不够了解等是造成生活垃圾回收不能有效进行的重要原因．(3)从题图中可以看出，三个垃圾收集点均集中在中部，且靠近小河．这样做的不利后果是：较远的居民可能因为路远的缘故不愿把垃圾送到收集点；在下雨时或转运过程中垃圾散落会对小河造成污染．因此，设置垃圾收集点应使其尽量分布均匀，以提高使用效率，还要考虑是否会对环境造成进一步的污染等问题．同时，造型美观、设计精巧的收集点还能对居民小区起到美化的作用．(4)生活垃圾经过收集、分类后，能直接焚烧的垃圾进入焚烧厂．焚烧产生的热可直接进行供暖等，也可发电提供电能．焚烧后的固体残留物经加工后可以制成各种建筑材料．答案：(1)废纸、废塑料制复合板；有机废料炼油；废包装盒造纸；废旧服装纺纱织布等(2)B (3)分布不均匀、不合理、沿河放置可能会污染水源是否便于居民使用、对小区景观的影响、对居民日常生活的影响、是否污染环境、是否便于运输等(4)①垃圾(分类)收集点②热量(或热能、能量、电能等)③再利用(或制砖、建筑材料等)9.读我国年平均降水pH值的分布图，回答下列问题：图5－1－4(1)我国的酸雨主要分布区是________，已覆盖国土面积的________，而且还在不断________．(2)酸雨是指________的雨水．其形成是由于燃烧煤、石油等不断向大气中排放________________所致．(3)酸雨造成的危害是：①生物危害：________________________________________________________________________；②非生物危害：________________________________________________________________________.(4)图中A地区的酸雨污染比工业集中的B地区____________，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(5)防治酸雨的有效措施有哪些？________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(6)国际社会最为关注的全球性大气环境问题还有________和________遭破坏．此三种大气环境问题共有的特点是________，使得在治理三大大气环境问题时必须采取________的方式．答案：(1)东(东南)部40%扩大(2)pH值小于5.6二氧化硫和氮氧化物等酸性气体(3)①影响动植物生长、繁殖，甚至死亡；危及人体健康②腐蚀建筑物和文物古迹(4)更严重地形闭塞，空气不易流动，多云雾，易形成酸雨(5)减少硫氧化物和氮氧化物的排放；研究煤炭中硫资源的综合利用；发展洁净煤技术和清洁燃烧技术等(6)全球气候变暖臭氧层全球性国际合作。
专题讲座五知能训练轻松闯关
1．(2015·郑州市质检)为了迎接2015年3月29日在郑州举行的“中国郑开国际马拉松赛”，举办单位在活动推介晚会上进行嘉宾现场抽奖活动．抽奖盒中装有六个大小相同的小球，分别印有“郑开马拉松”和“美丽绿城行”两种标志．摇匀后，参加者每次从盒中同时抽取两个小球(取出后不再放回)，若抽到的两个球都印有“郑开马拉松”标志即可获奖，并停止取球；否则继续抽取．第一次取球就抽中获一等奖，第二次取球抽中获二等奖，第三次取球抽中获三等奖，没有抽中不获奖．活动开始后，一位参加者问：“盒中有几个印有‘郑开马拉松’的小球？”主持人说：“我只知道第一次从盒中同时抽两球，不都是‘美丽绿城行’标志的概率是45.” (1)求盒中印有“郑开马拉松”小球的个数；(2)若用η表示这位参加者抽取的次数，求η的分布列及期望．解：(1)设印有“美丽绿城行”的球有n 个，同时抽两球不都是“美丽绿城行”标志为事件A ，则同时抽取两球都是“美丽绿城行”标志的概率是P (A －)＝C 2n C 26，由对立事件的概率：P (A )＝1－P (A －)＝45，即P (A －)＝C 2n C 26＝15，解得n ＝3. 故盒中印有“郑开马拉松”的小球有3个．(2)由已知，两种球各三个，故η的可能取值分别为1，2，3，P (η＝1)＝C 23C 26＝15， P (η＝2)＝C 23C 26·C 23C 24＋C 13C 13C 26·C 22C 24＝15， P (η＝3)＝1－P (η＝1)－P (η＝2)＝35. 则η的分布列为：所以E (η)＝1×15＋2×15＋3×35＝125. 2．(2015·东北四市联考) 在海岛A 上有一座海拔1 km 的山峰，山顶设有一个观察站P .有一艘轮船按一固定方向做匀速直线航行，上午11∶00时，测得此船在岛北偏东15°、俯角为30°的B 处，到11∶10时，又测得该船在岛北偏西45°，俯角为60°的C 处．(1)求船的航行速度；(2)求船从B 到C 的行驶过程中与观察站P 的最短距离．解：(1)设船速为x km/h ，则BC ＝x 6km. 在Rt △P AB 中，∠PBA 与俯角相等为30°，∴AB ＝1tan 30°＝ 3. 同理，在Rt △PCA 中，AC ＝1tan 60°＝33. 在△ACB 中，∠CAB ＝15°＋45°＝60°，∴由余弦定理得BC ＝（3）2＋⎝⎛⎭⎫332－2×3×33cos 60°＝213， ∴x ＝6×213＝221(km/h)， ∴船的航行速度为221 km/h.(2)法一：作AD ⊥BC 于点D (图略)，∴当船行驶到点D 时，AD 最小，从而PD 最小．此时，AD ＝AB ·AC ·sin 60°BC ＝3×33×32213＝3147. ∴PD ＝ 1＋⎝⎛⎭⎫31472＝25914. ∴船在行驶过程中与观察站P 的最短距离为25914 km. 法二：由(1)知在△ACB 中，由正弦定理AC sin B ＝BC sin 60°，∴sin B ＝33×32213＝2114. 作AD ⊥BC 于点D (图略)，∴当船行驶到点D 时，AD 最小，从而PD 最小． 此时，AD ＝AB sin B ＝3×2114＝3147. ∴PD ＝ 1＋⎝⎛⎭⎫31472＝25914. ∴船在行驶过程中与观察站P 的最短距离为25914 km. 3．(2015·福建福州模拟)某种商品原来每件售价为25元，年销售8万件．(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2 000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？(2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量，公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x 元．公司拟投入16(x 2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入15x 万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品明年的销售量a 至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．解：(1)设每件定价为t 元，依题意，有(8－t －251×0.2)t ≥25×8， 整理得t 2－65t ＋1 000≤0，解得25≤t ≤40.∴要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．(2)依题意，x ＞25时，不等式ax ≥25×8＋50＋16(x 2－600)＋15x 有解， 等价于x ＞25时，a ≥150x ＋16x ＋15有解， ∵150x ＋16x ≥2150x ·16x ＝10(当且仅当x ＝30时，等号成立)， ∴a ≥10.2.∴当该商品明年的销售量a 至少应达到10.2万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．4．某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂，第一年投入各种经费12万美元，以后每年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元，设f (n )表示前n 年的纯收入(f (n )＝前n 年的总收入－前n 年的总支出－投资额)．(1)从第几年开始获取纯利润？(2)若干年后，该台商为开发新项目，有两种处理方案：①年平均利润最大时，以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时，以16万美元出售该厂．问哪种方案较合算？解：由题意知，每年投入的经费是以12为首项，4为公差的等差数列．则f (n )＝50n －[12n ＋n （n －1）2×4]－72＝－2n 2＋40n －72. (1)获取纯利润就是要求f (n )＞0，故由－2n 2＋40n －72＞0，解得2＜n ＜18.又n ∈N *，故从第三年开始获利．(2)①平均利润为f （n ）n ＝40－2(n ＋36n)≤16，当且仅当n ＝6时取等号． 故此方案获利6×16＋48＝144万美元，此时n ＝6.②f (n )＝－2n 2＋40n －72＝－2(n －10)2＋128，当n ＝10时，f (n )max ＝128.故此方案共获利128＋16＝144万美元．比较两种方案，在获利相同的前提下，第①种方案只需6年，第②种方案需要10年，故选择第①种方案较合算．。
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高中物理学习材料桑水制作1．关于曲线运动，下列说法中正确的是( )A．变速运动一定是曲线运动B．做曲线运动的物体所受的合外力一定不为零C．速率不变的曲线运动是匀速运动D．曲线运动也可以是速率不变的运动解析：选BD.变速运动也可能是直线运动，A错误；曲线运动一定是变速运动，一定有加速度，合力一定不为零，B正确；曲线运动的速率可以不变，但速度方向一定改变，故C 错误D正确．2．下列说法正确的是( )A．合运动和分运动互相影响，不能独立进行B．合运动的时间一定比分运动的时间长C．合运动和分运动具有等时性，即同时开始，同时结束D．合运动的位移大小等于两个分运动位移大小之和解析：选C.由于合运动可以看做物体“同时参与”两个运动，它们是相互替代关系，且具有“同时性”，故A、B错误，C正确；又因为合位移与两个分位移间遵守平行四边形定则，两分位移间夹角不同，则合位移大小不同，只有当两分位移方向相同时合位移的大小才等于它们的大小之和，故D错误．3．(2013·长春高一检测)一个物体做曲线运动，在某时刻物体的速度v和合外力F的方向可能正确的是( )解析：选A.物体做曲线运动时，速度沿该点的切线方向，合外力与速度不共线，且指向轨迹弯曲方向的凹侧，故选项A正确．4.(2013·中山一中高一检测)如图所示，红蜡块能在玻璃管的水中匀速上升，若红蜡块在A 点匀速上升的同时，使玻璃管水平向右做直线运动，则红蜡块实际运动的轨迹是图中的( )A ．若玻璃管做匀速运动，则为直线PB ．若玻璃管做匀加速运动，则为曲线QC ．若玻璃管做匀加速运动，则为曲线RD ．不论玻璃管做何种运动，轨迹都是直线P解析：选AB.若玻璃管做匀速运动，由两个匀速直线运动的合运动仍为匀速直线运动知，A 正确；若玻璃管做匀加速运动，由一个匀速运动与一个不在同一直线上的匀加速运动的合运动为匀变速曲线运动知，轨迹为曲线，又因为物体做曲线运动时曲线总向加速度方向偏折(或加速度方向总是指向曲线的凹侧)，故B 正确，C 错误． 5.一人一猴在玩杂技，如图所示．直杆AB 长12 m ，猴子在直杆上由A 向B 匀速向上爬，同时人用鼻子顶着直杆水平匀速运动．在10 s 内，猴子由A 运动到B ，而人也由甲位置运动到了乙位置．已知x ＝9 m ，求：(1)猴子对地的位移大小；(2)猴子对人的速度大小和猴子对地的速度大小．解析：(1)由题意知，猴子参与了水平方向和竖直方向的两种分运动，且x ＝9 m ，y ＝12 m ，则猴子的合位移即为对地位移，故l ＝x 2＋y 2＝92＋122 m ＝15 m.(2)猴子竖直方向上的速度即为其对人的速度，故v y ＝y t ＝1210m/s ＝1.2 m/s 猴子沿水平方向的速度为v x ＝x t ＝910m/s ＝0.9 m/s 则猴子的合速度即为猴子对地的速度，有v ＝v 2x ＋v 2y ＝ 1.22＋0.92 m/s ＝1.5 m/s.答案：(1)15 m (2)1.2 m/s 1.5 m/s(温馨提示：凡题号前标有☆的为稍难题目)一、单项选择题1．精彩的F1赛事相信你不会陌生吧！在观众感觉精彩与刺激的同时，车手们却时刻处在紧张与危险之中．在一个弯道上高速行驶的某赛车后轮突然脱落，关于脱落的后轮的运动情况，以下说法正确的是( )A．仍然沿着赛车行驶的弯道运动B．沿着与弯道垂直的方向飞出C．沿着脱落时轮子前进的方向做直线运动，离开弯道D．上述情况都有可能解析：选C.赛车沿弯道行驶，任一时刻赛车上任何一点的速度方向是赛车运动的曲线轨迹上对应点的切线方向，脱落的后轮的速度方向就是甩出点轨迹的切线方向．车轮脱落后，不再受到车身的约束，只受到与车轮速度方向相反的阻力作用(重力和地面对车轮的支持力平衡)，故车轮做直线运动．所以车轮不可能沿车行驶的弯道运动，也不可能沿垂直于弯道的方向运动．故选项C正确．2．(2013·合肥一中高一检测)质点在一平面内沿曲线由P运动到Q，如果v、a、F分别表示质点运动过程中的速度、加速度和受到的合外力，下列图象可能正确的是( )解析：选D.曲线运动轨迹上任意一点的速度方向为该点的切线方向，故A不正确．而物体所受合外力及所产生的加速度必指向运动轨迹的凹侧，则B、C不正确．3．(2013·衡水中学高一检测)嫦娥三号计划2013年发射，静待我国首次软着陆．如图所示，假设“嫦娥三号”探月卫星在由地球飞向月球时，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，速度逐渐减小．在此过程中探月卫星所受合力方向可能是下列图中的( )解析：选C.做曲线运动的物体运动轨迹向合力方向弯曲，A、D错误；卫星速度减小，表明它的合力沿切线方向的分力与速度方向相反，如图所示，故B错误，C正确．4．对于两个分运动的合运动，下列说法正确的是( )A．合运动的时间可能大于一个分运动的时间B．合运动的方向就是物体实际运动的方向C．由两个分速度的大小就可以确定合速度的大小D．合运动的位移等于两个分运动的位移的代数和解析：选B.根据运动的等时性，合运动的时间一定等于两个分运动的时间，A错误；由于合运动是物体的实际运动，因此合运动的方向就是物体实际运动的方向，故B正确；两个分速度大小确定但方向不确定，合速度的大小也无法确定，C错误；合运动的位移等于分运动位移的矢量和，D错误．5．一个质点受到两个互成锐角的恒力F1和F2的作用，由静止开始运动．若运动中保持二力方向不变，但让F1突然增大到F1＋ΔF，则质点以后( )A ．一定做匀变速曲线运动B ．可能做匀变速直线运动C ．一定做匀变速直线运动D ．可能做变加速曲线运动解析：选A.质点是受两恒力F 1和F 2的作用，从静止开始沿两个力的合力方向做匀加速直线运动，当F 1发生变化后，F 1＋ΔF 和F 2的合力大小和方向与原合力F 合相比均发生了变化，如图所示，此时合外力仍为恒力，但方向与原来的合力方向不同，即与速度方向不相同，所以此后物体将做匀变速曲线运动，故A 正确．6．降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞( )A ．下落的时间越短B ．下落的时间越长C ．落地时速度越小D ．落地时速度越大解析：选D.根据运动的独立性原理，水平方向吹来的风不会影响竖直方向的运动，A 、B 错误；根据速度的合成，落地时速度v ＝v 2x ＋v 2y ，风速越大，v x 越大，则降落伞落地时速度越大，C 错误，D 正确．7．小船在一流速恒定的河中沿河岸往返一段距离所需时间为t 1，而该船在静水中往返同样距离所需时间为t 2，则t 1与t 2比较，有( )A ．t 1＝t 2B ．t 1＞t 2C ．t 1＜t 2D ．无法比较解析：选B.设船在静水中的速度为v 1，河水流速为v 2，则在流水中往返一次的时间为t 1＝l v 1＋v 2＋l v 1－v 2＝2lv 1v 21－v 22＝2l v 1－v 22v 1，在静水中往返一次的时间为t 2＝2l v 1，故t 1＞t 2，B 正确． 二、多项选择题8．一质点在某段时间内做曲线运动，则在这段时间内，下列说法错误的是( )A ．速度一定在不断地改变，加速度也一定不断地改变B ．速度一定在不断地改变，加速度可以不变C ．速度可以不变，加速度一定不断地改变D ．速度可以不变，加速度也可以不变解析：选ACD.做曲线运动的物体，速度方向一定改变，速度大小、加速度大小和方向不一定改变，故只有B 正确．9．有a 、b 两个分运动，它们的合运动为c ，则下列说法正确的是( )A ．若a 、b 的轨迹为直线，则c 的轨迹必为直线B ．若c 的轨迹为直线，则a 、b 必为匀速运动C ．若a 为匀速直线运动，b 为匀速直线运动，则c 必为匀速直线运动D ．若a 、b 均为初速度为零的匀变速直线运动，则c 必为匀变速直线运动解析：选CD.a 、b 两个分运动的合初速度与合加速度如果共线，则合运动c 必为直线运动，如果不共线，则合运动c 必为曲线运动，A 错误；若c 为直线运动，a 、b 可能为匀速运动，也可能为变速直线运动，但a 、b 的合初速度与合加速度必共线，B 错误；两个匀速直线运动的合运动必为匀速直线运动，C 正确；两个初速度为零的匀变速直线运动的合运动必为初速度为零的匀变速直线运动，D 正确．三、非选择题10．直升机空投物资时，可以停留在空中不动，设投出的物资离开飞机后由于降落伞的作用在空中能匀速下落，无风时落地速度为5 m/s.若飞机停留在离地面100 m 高处空投物资，由于风的作用，使降落伞和物资以1 m/s 的速度匀速水平向北运动，求：(1)物资在空中运动的时间；(2)物资落地时速度的大小；(3)物资在下落过程中水平方向移动的距离．00解析：如图所示，物资的实际运动可以看做是竖直方向的匀速直线运动和水平方向的匀速直线运动两个分运动的合运动．(1)分运动与合运动具有等时性，故物资实际运动的时间与竖直方向分运动的时间相等．所以t ＝h v y ＝1005s ＝20 s. (2)物资落地时v y ＝5 m/s ，v x ＝1 m/s ，由平行四边形定则得v ＝v 2x ＋v 2y ＝12＋52 m/s ＝26 m/s.(3)物资水平方向的位移大小为x ＝v x t ＝1×20 m ＝20 m.答案：(1)20 s (2)26 m/s (3)20 m11．(2013·天津一中高一月考)某物体运动中沿x 、y 互相垂直方向的分运动的速度图象如图所示，求经过多长时间速度大小为50 m/s ，此时速度方向如何？解析：由v x t 图象可知，沿x 轴方向速度不变v x ＝30 m/s ，由v y t 图象可知，沿y轴方向做初速度为零，加速度a y ＝10 m/s 2的匀加速直线运动，v y ＝at ＝10t ，由v ＝v 2x ＋v 2y知50＝302＋(10t )2，解得t ＝4 s ，v 的方向与x 轴的夹角为θ，tan θ＝v y v x ＝4030＝43，即θ＝53°.答案：4 s 与x 轴成53°夹角☆12.玻璃生产线上，宽9 m 的成型玻璃板以2 m/s 的速度连续不断地向前行进，在切割工序处，切割刀的切割速度为10 m/s.为了使割下的玻璃板都成规定尺寸的矩形，应如何控制切割刀的切割轨道？切割一次的时间有多长？解析：要保证割下的玻璃板为矩形，则切割刀在玻璃板前进的方向上必须与玻璃板相对静止．设切割刀相对地的速度v ＝10 m/s ，这一速度分解为两个分速度：一是沿玻璃板前进方向的速度v 1＝2 m/s ，二是垂直于玻璃板前进方向的切割速度v 2，如图所示．切割刀的合速度v 与v 1之间成的夹角为θ.即cos θ＝v 1v ＝15即切割刀与玻璃板前进方向的夹角θ的余弦值为15.切割时间t ＝d v 2＝dv 2－v 21≈0.92 s.答案：应控制切割刀与玻璃板前进方向的夹角θ的余弦值为150.92 s。
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【关键字】精品1．(单选)在电磁感应现象中，下列说法正确的是()A．导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流B．导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C．紧闭电路在磁场内做切割磁感线运动，电路内一定会产生感应电流D．穿过紧闭线圈的磁通量发生变化，电路中一定有感应电流解析：选D.产生错选的原因主要是解答者对产生感应电流的必要条件和充分条件分辨不清，紧闭电路是产生感应电流的必要条件，只有穿过紧闭电路的磁通量发生变化，才是产生感应电流的充分条件．2．(单选)下图中，紧闭线框中不能产生感应电流的是( )解析：选D.图A中，线圈绕OO′轴转动，穿过它的磁通量随时间发生变化，如果匀速转动的话，穿过它的磁通量将发生周期性的变化，因此在图A中的线圈中，将产生感应电流．对于图B，直线电流产生的磁场随着距离增大而减小，当线圈逐渐远离直线时，穿过线框的磁通量越来越小，所以在线圈中有感应电流．在图C中，线圈从条形磁铁的上端经过，(线圈面与条形磁铁垂直)穿过线框的磁通量先增大后减小，于是线框中有感应电流．D中以O为轴以角速度ω转动过程中磁通量不发生变化，回路中无感应电流．3．(单选)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有一紧闭导体环，环面与磁场方向垂直，当导体环在磁场中完成下述运动时，可能产生感应电流的是( )A．导体环保持水平方位在磁场中向上或向下运动B．导体环保持水平方位向左或向右加速平动C．导体环以垂直环面、通过环心的轴转动D．导体环以一条直径为轴，在磁场中转动解析：选D.分别以A、B、C选项方式移动导体环时，穿过导体环的磁通量不发生变化，故A、B、C错，而D项正确．4．(双选)在下图中，要使电流表的指针偏转，应该( )A．使金属杆MN向右做匀速运动B．使金属杆MN向右做加速运动C．使金属杆MN向右做减速运动D．使金属杆MN向右运动停在某一位置后，再向左做匀速运动解析：选BC.要使指针发生偏转，MN切割磁感线要产生变化的电流，必须要做变速运动，向哪个方向移动都可以，所以B、C正确．5．穿过紧闭电路的磁通量很大，是否一定产生电磁感应现象？答案：不一定．产生电磁感应现象的条件，归根结底是穿过紧闭电路的磁通量发生变化，关键在“变化”两字上，例如穿过紧闭电路的磁通量从无变有、从有变无、从小变大、从大变小等，可以说有无感应电流的产生与紧闭电路中的磁通量大小无关．一、单项选择题1．研究电磁感应现象并得到重要结论的科学家是( )A．洛伦兹 B．库仑C．奥斯特D．法拉第答案：D2．关于磁通量的概念，下列说法中正确的是( )A．磁场中某处的磁感应强度越大，面积越大，则穿过线圈的磁通量一定就越大B．放在某处的一个平面，穿过它的磁通量为零，该处磁感应强度一定为零C．磁通量的变化不一定是由于磁场的变化而引起的D．磁场中某处的磁感应强度不变，放在该处线圈的面积也不变，则磁通量一定不变解析：选C.磁通量的大小与磁感应强度、面积的大小以及是否垂直穿过有关，所以A、B、D 错，C对．3．如图所示，电流表与螺线管组成紧闭电路，下列情况不能使电流表指针偏转的是( ) A．将磁铁插入螺线管的过程中B．磁铁放在螺线管中不动时C．将磁铁从螺线管中向上拉出的过程中D．将磁铁从螺线管中向下拉出的过程中解析：选B.电流表指针是否偏转，即判断是否产生感应电流，用穿过线圈的磁通量是否变化来判断是否产生感应电流．A、C、D都能使穿过线圈的磁通量变化而产生感应电流，故A、C、D错误，答案选B.4．下图中小线圈与滑动变阻器、电源组成电路，而大线圈则与电流表组成紧闭电路，下列选项中不能使电流表指针偏转情形的是( )A．紧闭电键后将小线圈插入大线圈的过程中B．小线圈放在大线圈中，紧闭电键后将小线圈拔出来的过程中C．小线圈放在大线圈中不动D．小线圈放在大线圈中不动，电键紧闭，移动变阻器的滑片时解析：选C.当小线圈放在大线圈中不动时，穿过大线圈的磁通量未发生变化，故不会产生感应电流，电流表指针不发生偏转，而其它选项操作均产生感应电流，故答案选C.5．在紧闭铁芯上绕有一组线圈，线圈与滑动变阻器、电池构成电路，假定线圈产生的磁感线全部集中在铁芯内，a、b、c三个紧闭金属圆环，位置如图所示，当滑动变阻器滑动触头左右滑动时，能产生感应电流的圆环是( )A．a、b两环B．b、c两环C．a、c两环D．a、b、c三个环解析：选A.滑动触头左右滑动时，引起电路中电流变化，从而引起紧闭铁芯中的磁通量变化，a、b两圆环中的磁通量必然随之变化，引起感应电流的产生；而c环中有两股铁芯同时穿过，穿入和穿出的磁通量始终相等，合磁通为零，所以c中不能产生感应电流．6．弹簧上端固定，下端挂一只条形磁铁，使磁铁上下做简谐运动．若在振动过程中让线圈靠近磁铁，如右图所示，观察磁铁的振幅，将会发现()A．S闭合时振幅逐渐减小，S断开时振幅不变B．S闭合时振幅逐渐增大，S断开时振幅不变C．S闭合或断开时，振幅的变化相同D．S闭合或断开时，振幅不会改变解析：选A.S闭合时，由于线圈中磁通量发生变化，在线圈中有感应电流产生，磁铁的机械能逐渐转化为线圈的电能，最终转化为内能，所以磁铁做简谐运动振幅逐渐减小，S断开时，线圈中无感应电流产生，故振幅不变，选项A正确．7．磁带录音机既可用作录音，也可用作放音，其主要部件为可匀速行进的磁带a和绕有线圈的磁头b，如图所示，不论是录音还是放音过程，磁带或磁隙软铁都会产生磁化现象．下面对于它们的录音、放音过程中主要工作原理的说法，正确的是()A．放音的主要原理是电磁感应，录音的主要原理是电流的磁效应B．录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是电流的磁效应C．放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用D．录音和放音的主要原理都是电磁感应解析：选A.放音的主要原理是利用磁头处的磁带的磁信号的变化，使磁场发生变化导致磁通量的变化产生电磁感应现象，录音的主要原理是电流的磁效应，所以只有A对．二、双项选择题8．如图所示，竖直放置的长直导线通有图示方向的恒定电流I，有一闭合矩形金属框abcd 与导线在同一平面内，在下列情况中，能在线框中产生感应电流的是()A．线框向下平动B．线框向右平动C．线框以ad为轴转动D．线框以直导线为轴转动解析：选BC.闭合线框abcd若平行于导线向下平动，穿过线框的磁通量不变，不能产生感应电流，故A错；线框若垂直于导线向右平动，远离导线，则线框中的磁感应强度减小，穿过线框的磁通量减小，故B对；线框在图示位置磁通量最大，若线框以ad为轴转动，则磁通量变小，故C对；若线框以导线为轴转动，在任何情况下磁感线与线框所在平面均垂直，磁通量不变，故D错．所以本题正确选项为B、C.9．如图所示，线圈abcd横穿过磁场区域B时，在以下所指的哪种情况下，线圈中有感应电流产生()A．线圈进入磁场的过程中B．整个线圈都在磁场中平动C．线圈离开磁场的过程中D．线圈进入磁场后在它所在的平面内绕a点旋转解析：选AC.线圈在进入磁场的过程中和离开磁场的过程中磁通量变化，有感应电流，所以A、C对．线圈整个都在磁场中平动时，磁通量不变，没有感应电流，所以B错．线圈进入磁场后在它所在的平面内绕a点旋转，在旋转的过程中穿过线圈的磁通量不会变化，所以不产生感应电流，D错．10．下图中能产生感应电流的是()解析：选BC.A运动过程中磁通量不变化，D在运动的过程中穿过线圈的磁通量始终是零，所以B、C正确．三、非选择题11．如图所示，线框与通电直导线均位于水平面内，当线框abcd由实线位置在水平面内向右平动，逐渐移动到虚线位置，穿过线框的磁通量如何变化？解析：直线电流I产生的磁场的磁感线的形状是以导线上的点为圆心的在竖直平面的一组组同心圆．在电流I的右边磁感线的方向垂直水平面向内；在电流I的左边磁感线的方向垂直水平面向外．磁感线的疏密分布是越靠近导线，磁感线越密；离导线越远，磁感线越稀疏．线框的水平平动，可分为三个阶段：第一阶段：从实线位置开始至bc边到达直导线的位置，穿过线框的磁通量逐渐增大．第二阶段从bc边抵达直导线处开始至ad边到达直导线为止，由于向外的磁感线逐渐减少，向内的磁感线逐渐增多，所以穿过线框的总磁通量先减小(当ab、dc两边中点连线与直导线重合时，磁通量为零)后增大．第三阶段从ad边离开直导线向右运动开始至线框抵达虚线位置为止，穿过线框的磁通量逐渐减小．答案：增大→减小→增大→减小12．右图所示是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环，将超导圆环水平放在磁铁A的上方，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁的上方．(1)试分析说明产生磁悬浮现象的原因．(2)分析磁悬浮列车能达到高速的原因．解析：(1)线圈B向前运动时，磁通量发生变化，B中产生感应电流．由于B为超导线圈，电阻极小，故电流极大且几乎不会减小，它受到向上的安培力与重力平衡而处于悬浮状态．(2)由于悬浮而受阻力极小，列车可达很高速度．答案：见解析此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word可编辑版本！。
人教物理选修3-2：第五章第五节知能演练轻松闯关
1.下列关于电能输送的说法正确的是( )A ．输送电能的基本要求是可靠、保质、经济B ．减小输电导线上功率损失的唯一方法是采用高压输电C ．减小输电导线上电压损失的唯一方法是增大输电线的横截面积D ．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输电功率大小、距离远近、技术和经济条件等 解析：选AD.输送电能的基本要求是可靠、保质、经济．减小输电线上的功率损失可采用高压输电，也可以减小输电线电阻，即增大导线横截面积，但不经济．实际输电时，应综合考虑各种因素．2.(2012·北京六中高二检测)某发电厂通过远距离向某学校输电，输送的电功率为P ，从发电厂至学校的输电导线总电阻为r ，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，则下列说法正确的是( )A ．输送的电压越高，输电线上的电流越大，输电线路上损失的电压越大B ．输电线路上损失的电压与输送电流成正比C ．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成正比D ．输电导线总电阻r 两端的电压等于输送的电压解析：选B.根据输电线路上损失的功率P 损＝I 2r 以及输电线上的电流与输出功率、电压的关系P ＝UI 可知，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，输送的电压越高，输电线上的电流越小，输电线路上损失的电压越小，且输电线路上损失的功率P 损＝⎝⎛⎭⎫P U 2r ，跟输送电压的平方成反比，选项A 、C 均错；根据欧姆定律可知，输电线路上损失的电压与输送电流成正比，选项B 正确；输电导线总电阻r 两端的电压不等于输送的电压，输电导线总电阻r 两端的电压与用户端得到的电压之和等于输送的电压，选项D 错．3.远距离输电线路的示意图如图5－5－5所示. 若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )图5－5－5A ．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B ．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C ．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大D ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压解析：选C.变压器的输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，选项A 、B 错误．用户用电器总电阻减小，根据P ＝U 2r，消耗功率增大，输电线中电流增大，线路损失功率增大，C 项正确. 升压变压器的输出电压等于输电线上损失电压加上降压变压器的输入电压，D 项错误．4.远距离输电，原来用电压U 0输电，在输电线上损失的电功率为P 0，现在要使输电线上损失的电功率减少到原来的1/10，则输电电压应为( )A ．100U 0 B.10 U 0C ．U 0/10D ．U 0/100解析：选B.设线路电阻为r ，损失功率为P 损＝I 2r ，线路电流为I ＝P /U 0解得P 损＝P 2r /U 20则P 损′∝1U 0′2当P 损为原来的110时，U 0′＝10U 0 选项B 正确．5.通过相同材料的导线向同一用户输送10 kW 的电功率，如在输送电压为110 V 和220 V 两种情况下导线上损失的电能相同，那么这两种情况下输电线的截面积之比为多少？解析：P 损＝I 2R 线＝⎝⎛⎭⎫P U 2R 线＝P 2U 2ρl S ，所以S ＝P 2ρl U 2P 损，由于输送的电功率和P 损都相同，且两地距离不变即l 相同，材料也相同，所以S 1∶S 2＝22021102＝4∶1. 答案：4∶1一、选择题1.对交流输电线路来说，输电线上的电压损失( )A ．只由电阻造成B ．只由感抗造成C ．只由容抗造成D ．由A 、B 、C 所述三个因素造成解析：选D.输电线有电阻，对交流电还有感抗和容抗，所以选D.2.中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重．其中客观原因是电网陈旧老化，近年来进行了农村电网改造．为了减少远距离输电线路上的电能损耗而降低电费价格，以下措施中切实可行的是( )A ．提高输送功率B ．应用超导材料做输电线C ．提高输电电压D ．减小输电导线的横截面积答案：C3.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些．这是因为用电高峰时( )A ．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B ．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小C ．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D ．供电线路上电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小解析：选C.照明供电线路的用电器是并联的，晚上七、八点钟用电高峰时，用电器越多，总电阻越小，供电线路上的电流越大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，C 正确．4.(2010·高考福建卷)中国已投产运行的1000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( )A.P 4B.P 2 C ．2P D ．4P解析：选A.设输送功率为P ，输送电流为I ，输送电压为U ，则P ＝UI ，I ＝P U，P 损＝I 2R ，输送电压升为原来的2倍，则输送电流降为原来的一半，P 损降为原来的四分之一，故选A.5.(2012·长沙一中高二检测)某变电站用11 kV 交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为r .现若用变压器将电压升高到220 kV 送电，下面选项正确的是( )A ．因I ＝U r，所以输电线上的电流增为原来的20倍 B ．因I ＝P U ，所以输电线上的电流减为原来的120C ．因P ＝U 2r，所以输电线上损失的功率增为原来的400倍 D ．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的1400 解析：选B.由ΔP ＝I 2r ＝⎝⎛⎭⎫P U 2r 知，ΔP ′＝1400ΔP ，C 错．本题I ≠U r，故A 错．若ΔP 不变，则r ＝U 2P 2ΔP ，r ′＝400r ，由电阻定律可得：d ′＝120d ，D 错，选B. 6.发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R ，通过输电导线的电流为I ，输电线末端的电压为U 2，下面选项表示输电导线上损耗的功率的是( )A.U 21RB.（U 1－U 2）2RC ．I 2RD ．I (U 1－U 2)解析：选BCD.输电线上损耗的功率P 损＝I 2R ＝U 2损/R ＝I ·U 损，而U 损＝U 1－U 2，故B 、C 、D 正确．7.(2010·高考江苏卷)在如图5－5－6所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )图5－5－6A ．升压变压器的输出电压增大B ．降压变压器的输出电压增大C ．输电线上损耗的功率增大D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大解析：选CD.对升压(或降压)变压器而言，由变压器电压比U 1∶U 2＝n 1∶n 2知，输入电压不变，匝数不变，输出电压不变，故A 选项不正确；由P ＝UI 知，U 不变，P 增大，故I 增大，使得输电线上的电压损耗ΔU ＝I 2R 线增大，功率损耗ΔP ＝I 22R 线增大，所以降压变压器上的输入电压减小，输出电压减小，所以B 不正确，C 正确；因为输电线上损耗的功率占总功率的比例为ΔP P 1＝I 22R 线P 1＝⎝⎛⎭⎫P 1U 1·n 1n 22R 线P 1＝P 1n 21R 线U 21n 22∝P 1，所以随发电厂输出功率变大，该值变大，D 正确．8.某用电器离供电电源的距离为l ，线路上的电流为I ，若要求线路上的电压降不超过U ，已知输电导线的电阻率为ρ，那么，该输电导线的横截面积最小值是( )A.ρl rB.2ρlI UC.U ρlID.2Ul I ρ解析：选B.输电线的电阻r ＝ρ2l S ，输电线上电压损失U ＝Ir ＝Iρ2l S ，所以S ＝2ρIl U，故B 正确．9.为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U ，电流为I ，热耗功率为P ；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P ，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )A ．输电电流为3IB ．输电电流为9IC ．输电电压为3UD ．输电电压为13U 解析：选AD.输电线上的热耗功率P 线＝I 2R 线，热耗功率由P 变为9P ，则电流I 变为3I ，选项A 正确．输电功率P 不变，由P ＝UI ，电流变为3I ，输电电压为13U ，选项D 正确． 10.电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律(感应电动势大小的规律)、左手定则(磁场对电流或运动电荷作用的规律)都是一些重要的规律．如图5－5－7所示为远距离输电系统的示意图(设用户的电器是电动机)，下列选项中正确的是( )图5－5－7A ．发电机能发电的主要原理是库仑定律；变压器能变压的主要原理是欧姆定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律B ．发电机能发电的主要原理是左手定则；变压器能变压的主要原理是欧姆定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律C ．发电机能发电的主要原理是欧姆定律；变压器能变压的主要原理是库仑定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律D ．发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律；变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律；电动机通电后能转动起来的主要原理是左手定则解析：选D.发电机主要是将其他形式的能转化为电能的设备，应用的是法拉第电磁感应定律，变压器是由电流的变化产生磁场的变化，从而使得线圈内的磁通量发生变化，产生感应电流，也是应用法拉第电磁感应定律；电动机是将电能转化为机械能的设备，通电导线在磁场中受到力的作用而运动，是左手定则的应用．二、非选择题11.(2012·成都七中高二检测)一座小型发电站的输出功率是20 kW ，输电线路总电阻是5 Ω.(1)若输电电压是400 V ，输电线路损耗的功率是多少？(2)若改用5000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，用户得到的电压是多少？解析：(1)输电线上的电流强度为I ＝P U ＝20×103400A ＝50 A ， 输电线路损耗的功率为P 损＝I 2R ＝502×5 W ＝12500 W ＝12.5 kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I ′＝P U ′＝20×1035000A ＝4 A ， 用户端在变压器降压前获得的电压U 1＝U ′－I ′R ＝(5000－4×5)V ＝4980 V根据U 1U 2＝n 1n 2可知，用户得到的电压为 U 2＝n 2n 1U 1＝122×4980 V ＝226.4 V . 答案：(1)12.5 kW (2)226.4 V12.有条河流，流量Q ＝2 m 3/s ，落差h ＝5 m ，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V ，输电线总电阻r ＝30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V ，100 W ”的电灯正常发光？(g ＝10 m/s 2，ρ水＝1.0×103 kg/m 3)解析：输电电路如图所示电源端：P 输出＝Q ρ水 gh ×50%＝5×104 W线路损耗ΔP ＝I 22rI 2＝ ΔP r ＝P 输出×6%r ＝5×104×0.0630A ＝10 A 送电电压U 2＝P 输出I 2＝5×10410V ＝5×103 V 升压变压比n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2405×103＝6∶125 输电线损失电压ΔU ＝I 2r ＝10×30 V ＝300 VU 3＝U 2－ΔU ＝4700 V ，U 4＝220 V降压变压比 n 3∶n 4＝U 3∶U 4＝235∶11灯盏数N ＝P 输出－ΔP P 灯＝5×104－5×104×0.06100(盏) ＝470(盏)．答案：6∶125 235∶11 470盏。
第五章第3课时知能演练轻松闯关
一、选择题1.设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2－a 5＝0，则S4S 2＝( )A ．5B ．8C ．－8D ．15解析：选A.∵8a 2－a 5＝0，∴8a 1q ＝a 1q 4，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴S 4S 2＝1－q 41－q2＝1＋q 2＝5. 2.(2012·高考安徽卷)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则log 2a 10＝( ) A ．4 B ．5 C ．6 D ．7 解析：选B.∵a 3·a 11＝16，∴a 27＝16.又∵等比数列{a n }的各项都是正数，∴a 7＝4. 又∵a 10＝a 7q 3＝4×23＝25，∴log 2a 10＝5.故选B. 3.(2012·高考课标全国卷)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( ) A ．7 B ．5 C ．－5 D ．－7 解析：选D.法一：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝a 1q 3＋a 1q 6＝2，a 5a 6＝a 1q 4×a 1q 5＝a 21q 9＝－8， ∴⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8，∴a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.法二：由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2a 7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2.∴⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8，∴a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7. 4.(2013·威海模拟)在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝1，a 3＋a 4＝2，则a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝( ) A ．10 B ．11 C ．12 D ．14解析：选C.由题意知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8成等比数列．∴a 5＋a 6＝2×2＝4，a 7＋a 8＝4×2＝8. ∴a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝4＋8＝12. 5.(2013·太原调研)若数列{a n }满足a n ＝q n (q >0，n ∈N *)，则以下命题正确的是( ) ①{a 2n }是等比数列；②{1a n }是等比数列；③{lg a n }是等差数列；④{lg a 2n }是等差数列． A ．①③ B ．③④ C ．①②③④D ．②③④解析：选C.∵a n ＝q n (q >0，n ∈N *)， ∴{a n }是等比数列，因此{a 2n }，{1a n}是等比数列，{lg a n }，{lg a 2n }是等差数列． 二、填空题 6.(2012·高考辽宁卷)已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10，2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝__________．解析：a 25＝a 10＞0，根据已知条件得2⎝⎛⎭⎫1q ＋q ＝5，解得q ＝2.所以a 21q 8＝a 1q 9，所以a 1＝2，所以a n ＝2n. 答案：2n7.(2013·杭州调研)已知等比数列{a n }中，a 2＝12，a 3＝14，a k ＝164，则k ＝__________．解析：设公比为q . ∵a 2＝12，a 3＝14，∴q ＝a 3a 2＝12，a k ＝⎝⎛⎭⎫12k －1＝164， 解得k ＝7. 答案：78.在正项数列{a n }中，a 1＝2，点(a n ，a n －1)(n ≥2)在直线x －2y ＝0上，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：n ≥2时，∵a n － 2 a n －1＝0，∴a n ＝2a n －1，∴q ＝2.∴S n ＝2×（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－2 三、解答题9.公差不为零的等差数列{a n }中，a 3＝7，又a 2，a 4，a 9成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)由数列{a n }为公差不为零的等差数列， 设其公差为d ，且d ≠0. ∵a 2，a 4，a 9成等比数列，∴a 24＝a 2·a 9，则(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋8d )， 即d 2＝3a 1d ，∵d ≠0， ∴d ＝3a 1.∵a 3＝7，∴a 1＋2d ＝7，∴a 1＝1，d ＝3，∴a n ＝3n －2.(2)由(1)知b n ＝23n －2， ∵b n ＋1b n ＝23（n ＋1）－223n －2＝8， ∴{b n }是等比数列，公比为8，首项b 1＝2， ∴S n ＝2（8n －1）7.10.(2013·合肥模拟)数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝t ，点(S n ，a n ＋1)在直线y ＝3x ＋1上，n ∈N *.(1)当实数t 为何值时，数列{a n }是等比数列；(2)在(1)的结论下，设b n ＝log 4a n ＋1，c n ＝a n ＋b n ，T n 是数列{c n }的前n 项和，求T n . 解：(1)∵点(S n ，a n ＋1)在直线y ＝3x ＋1上，∴a n ＋1＝3S n ＋1，a n ＝3S n －1＋1，(n ＞1，且n ∈N *)， a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ， ∴a n ＋1＝4a n ，n ＞1.又∵a 2＝3S 1＋1＝3a 1＋1＝3t ＋1，∴当t ＝1时，a 2＝4a 1，数列{a n }是等比数列． (2)在(1)的结论下，a n ＋1＝4a n ，a n ＋1＝4n ，b n ＝log 4a n ＋1＝n ，c n ＝a n ＋b n ＝4n －1＋n ，T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝(40＋1)＋(41＋2)＋…＋(4n －1＋n )＝(1＋4＋42＋…＋4n －1)＋(1＋2＋3＋…＋n )＝4n －13＋（1＋n ）n2.一、选择题1.若数列{a n }满足a 2n ＋1a 2n＝p (p 为正常数，n ∈N *)，则称{a n }为“等方比数列”．甲：数列{a n }是等方比数列；乙：数列{a n }是等比数列，则( )A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件B ．甲是乙的充要条件C ．甲是乙的必要条件但不是充分条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 解析：选C.乙⇒甲，但甲乙，如数列2，2，－2，－2，－2，是等方比数列，但不是等比数列．2.(2013·福州模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝x ·3n －1－16，则x 的值为( )A.13 B ．－13C.12D ．－12解析：选C.当n ＝1时，a 1＝S 1＝x －16，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(x ·3n －1－16)－(x ·3n －2－16)＝x ·(3n －1－3n －2)＝2x ·3n －2，∵{a n }是等比数列，∴a 1＝2x ·32－23＝23x ＝x －16，∴x ＝12.二、填空题3.等比数列{a n }的首项为1，公比为q ，前n 项和为S ，则数列{1a n}的前n 项之和S n 为________．解析：若q ≠1，则S ＝1－q n1－q ，S n ＝1－⎝⎛⎭⎫1q n1－1q＝1q n －1·q n －1q －1＝Sq n －1.当q ＝1时，S n ＝n ＝S 也适合此等式，∴S n ＝Sq n －1.答案：Sqn －14.已知函数f (x )＝2x ＋3，数列{a n }满足：a 1＝1且a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *)，则该数列的通项公式a n ＝__________．解析：由题意知a n ＋1＝2a n ＋3， ∴a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，∴数列{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，以2为公比的等比数列．∴a n ＋3＝4×2n －1＝2n＋1，∴a n ＝2n ＋1－3.答案：2n ＋1－3 三、解答题 5.(2013·济宁调研)数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n (n ∈N *)． (1)求证：数列{a n ＋1}为等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)数列{a n }中是否存在连续三项可以构成等差数列？若存在，请求出一组适合条件的三项；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由S n ＝2a n －n 及S n ＋1＝2a n ＋1－(n ＋1)⇒a n ＋1＝2a n ＋1. 又∵a 1＝2a 1－1， ∴a 1＝1，a 1＋1≠0，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝2. ∴{a n ＋1}为等比数列．(2)由(1)知，a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －1， 故a n ＝2n －1，n ∈N *.(3)假设存在k ∈N *，使得a k ，a k ＋1，a k ＋2成等差数列， 则2a k ＋1＝a k ＋a k ＋2，即2(2k ＋1－1)＝(2k －1)＋(2k ＋2－1)⇒2k ＝0. 因k ∈N *，所以2k ≠0，∴不存在{a n }中的连续三项使得它们可以构成等差数列．。
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高中物理学习材料桑水制作1．火车轨道在转弯处外轨高于内轨，其高度差由转弯半径与火车速度确定．若在某转弯处规定行驶速度为v，则下列说法中正确的是( )A．当以v的速度通过此弯道时，火车重力与轨道面支持力的合力提供向心力B．当以v的速度通过此弯道时，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力C．当速度大于v时，轮缘挤压外轨D．当速度小于v时，轮缘挤压外轨解析：选AC.铁路转弯处，火车需要向心力，当火车按规定行驶速度v通过转弯处时，支持力和重力的合力提供向心力，A正确，B错误．当速度大于v时，火车需要的向心力增大，轮缘挤压外轨，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力，C正确，D错误．2．(2013·太原高一检测)如图所示，在光滑轨道上，小球滚下经过圆弧部分的最高点时，恰好不脱离轨道，此时小球受到的作用力是( )A．重力、弹力和向心力B．重力和弹力C．重力和向心力D．重力解析：选D.小球运动到最高点时，若恰好不脱离轨道，小球与轨道间压力为零，小球只受重力作用，由重力充当向心力．综上所述，D选项正确．3．(2013·大同一中高一月考)飞行员的质量为m，驾驶飞机在竖直平面内以速率v做半径为r的匀速圆周运动，在其运动圆周的最高点和最低点，飞行员对座椅产生的压力是( )A．在最低点比最高点大2mv2/rB．相等C．在最低点比最高点大2mgD．在最高点的压力大些解析：选C.在最低点：F N －mg ＝m v 2r ，F N ＝mg ＋m v 2r；在最高点：F N ′＋mg ＝m v 2r ，F N ′＝m v2r－mg .由此可见在最低点压力大些，F N －F N ′＝2mg ，故C 正确．4.半径为R 的光滑半圆球固定在水平面上，顶部有一个小物体m ，如图所示，今给它一个水平的初速度v 0＝gR ，则物体将( )A ．沿球面下滑至M 点B ．先沿球面至某点N ，再离开球面做斜下抛运动C ．按半径大于R 的新的圆弧轨道运动D ．立即离开半球做平抛运动解析：选D.小物体在半球面的顶点，若是能沿球面下滑，则它受到的半球面的弹力与重力的合力提供向心力，有mg －F N ＝mv 20R＝mg ，F N ＝0，这说明小物体与半球面之间无相互作用力，小物体只受到重力的作用，又有水平初速度，小物体将做平抛运动．5．(2013·天津南开中学高一检测)某人为了测定一个凹形桥的半径，在乘汽车通过凹形桥最低点时，他注意到车上的速度计示数为72 km/h ，悬挂1 kg 钩码的弹簧测力计的示数为11.8 N ，则桥的半径为多大？(g 取9.8 m/s 2)解析：v ＝72 km/h ＝20 m/s 对钩码由向心力公式得F －mg ＝m v 2R所以R ＝mv 2F －mg ＝1×20211.8－9.8m ＝200 m.答案：200 m一、单项选择题1．汽车甲和汽车乙质量相等，以相等的速率沿同一水平弯道做匀速圆周运动，甲车在乙车的外侧．两车沿半径方向受到的摩擦力分别为F 甲和F 乙．以下说法正确的是( )A ．F 甲小于F 乙B ．F 甲等于F 乙C ．F 甲大于F 乙D ．F 甲和F 乙大小均与汽车速率无关解析：选A.汽车转弯时，向心力是沿弯道半径方向的摩擦力提供，即F ＝m v 2r，因为m 、v 相等，所以r 越大，F 越小，故A 项正确．2.如图所示，将完全相同的两小球A 、B ，用长为L ＝0.8 m 的细绳悬于以v ＝4 m/s 向右匀速运动的小车顶部，两球与小车前后壁接触．由于某种原因，小车突然停止运动，此时悬线的拉力之比F B ∶F A 为(g 取10 m/s 2)( )A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶4解析：选C.当车突然停下时，B 不动，绳对B 的拉力仍为小球的重力；A 球向右摆动做圆周运动，则突然停止时A 点所处的位置为圆周运动的最低点，根据牛顿第二定律得，F A－mg ＝m v 2L，从而F A ＝3mg ，故F B ∶F A ＝1∶3，所以C 正确．3.(2013·东城区高一检测)一质量为m 的物体，沿半径为R 的向下凹的圆形轨道滑行，如图所示，经过最低点时速度为v ，物体与轨道之间的动摩擦因数为μ，则它在最低点时受到的摩擦力为( )A ．μmgB.μmv 2RC ．μm ⎝ ⎛⎭⎪⎫g ＋v 2R D ．μm ⎝ ⎛⎭⎪⎫g －v 2R 解析：选C.在最低点由向心力公式F N －mg ＝m v 2R .得F N ＝mg ＋m v 2R，又由摩擦力公式F f ＝μF N ＝μ⎝⎛⎭⎪⎫mg ＋m v 2R .C 正确． 4．(2013·成都高一检测)竖直面内有一圆弧面，其半径为R .质量为m 的物体在拉力作用下沿圆弧面以恒定的速率v 滑行，拉力的方向始终保持与物体的速度方向一致．已知物体与圆弧之间的动摩擦系数为μ，则物体通过圆弧面最高点P 位置时拉力的大小为( )A ．μmgB.μm (gR －v 2)RC.μmv 2RD.m (μRg －v 2)R解析：选B.物体做匀速圆周运动，通过最高点时，沿半径方向mg －F N ＝m v 2R，沿切线方向，拉力F ＝μF N ，所以F ＝μm (gR －v 2)R，选项B 正确．5．一汽车通过拱形桥顶点时的速度为10 m/s ，车对桥顶的压力为车重的34，如果要使汽车在桥顶对桥面没有压力，车速至少为( )A ．15 m/sB ．20 m/sC ．25 m/sD ．30 m/s解析：选B.当F N ＝34G 时，因为G －F N ＝m v 2r ，所以14G ＝m v 2r ，当F N ＝0时，G ＝m v ′2r ，所以v ′＝2v ＝20 m/s.6.长度为L ＝0.50 m 的轻质细杆OA ，A 端有一质量为m ＝3.0 kg 的小球，如图所示，小球以O 点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率是2.0 m/s ，(g ＝10 m/s 2)则此时细杆OA 受到( )A ．6.0 N 的拉力B ．6.0 N 的压力C ．24 N 的压力D ．24 N 的拉力解析：选B.设通过最高点时小球受到的拉力为F ，则F ＋mg ＝m v 2r ，所以F ＝m v 2r－mg ＝3.0×⎝ ⎛⎭⎪⎫2.020.50－10N ＝－6.0 N ．负值表示小球在最高点受支持力作用，由牛顿第三定律知选项B正确．二、多项选择题7．在下面介绍的各种情况中，哪种情况将出现超重现象( ) A ．荡秋千经过最低点的小孩 B ．汽车过凸形桥 C ．汽车过凹形桥D ．在绕地球做匀速圆周运动的飞船中的仪器解析：选AC.物体在竖直平面内做圆周运动，受重力和拉力(或支持力)的作用，若向心加速度向上，则F －mg ＝m v 2r ，F ＞mg ，处于超重状态；若向心加速度向下，则mg －F ＝m v 2r，F＜mg ，处于失重状态．做匀速圆周运动的飞船中的仪器重力提供向心力，所以处于完全失重状态，所以应选AC.8．火车转弯可以看做是做匀速圆周运动，火车速度提高易使外轨受损．为解决火车高速转弯时使外轨受损这一难题，你认为理论上可行的措施是( )A ．仅减小弯道半径B ．仅增大弯道半径C ．仅适当减小内外轨道的高度差D ．仅适当增加内外轨道的高度差 解析：选BD.火车转弯时为减小外轨所受压力，可使外轨略高于内轨，使轨道形成斜面，若火车速度合适，内外轨均不受挤压．此时，重力与支持力的合力提供向心力，如图．F 合＝mg tan θ＝m v2R，所以v ＝Rg tan θ.当火车速度增大时，可适当增大转弯半径或适当增大轨道倾角，以减小外轨所受压力． ☆9.如图所示，长为l 的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内做圆周运动，关于最高点的速度v ，下列说法正确的是( )A ．v 的极小值为 glB ．v 由零逐渐增大，向心力也增大C ．当v 由 gl 逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大D ．当v 由 gl 逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大解析：选BCD.由于是轻杆，即使小球在最高点速度为零，小球也不会掉下来，因此v的极小值是零，A 错误；v 由零逐渐增大，由F ＝mv 2l可知，F 也增大，B 正确；当v ＝gl 时，F ＝mv2l ＝mg ，此时杆恰对小球无作用力，向心力只由其自身重力来提供；当v 由 gl 增大时，则mv 2l ＝mg ＋F ′⇒F ′＝m v 2l－mg ，杆对球的力为拉力，且逐渐增大；当v 由 gl 减小时，杆对球为支持力．此时，mg －F ′＝mv 2l ，由F ′＝mg －mv 2l可知，当v 减小时支持力F ′逐渐增大，杆对球的拉力、支持力都为弹力，所以C 、D 也正确．故选BCD.三、非选择题10．一同学骑自行车在水平公路上以5 m/s 的恒定速率转弯，已知人和车的总质量m ＝80 kg ，转弯的路径近似看成一段圆弧，圆弧半径R ＝20 m ，求：(1)人和车作为一个整体转弯时需要的向心力；(2)若车胎和路面间的动摩擦因数μ＝0.5，为安全转弯，车速不能超过多少？(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2)解析：(1)人和车转弯时需要的向心力：F ＝mv 2R得F ＝80×5220N ＝100 N.(2)由最大静摩擦力提供向心力，且F fm ＝μmg ，故μmg ＝mv 2R得v ＝μgR ＝0.5×10×20 m/s ＝10 m/s.答案：(1)100 N (2)10 m/s11．如图所示，半径为R ，内径很小的光滑半圆管竖直放置，两个质量均为m 的小球A 、B 以不同速率进入管内，A 通过最高点C 时，对管壁上部的压力为3mg ，B 通过最高点C 时，对管壁下部的压力为0.75mg .求A 、B 两球落地点间的距离．解析：两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A 、B 两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差．对A 球：3mg ＋mg ＝m v 2A R，v A ＝4gR对B 球：mg －0.75mg ＝m v 2BR ，v B ＝14gRs A ＝v A t ＝v A 4R g ＝4R ，s B ＝v B t ＝v B 4Rg＝R得s A －s B ＝3R . 答案：3R☆12.一根长l ＝0.625 m 的细绳，一端拴一质量m ＝0.4 kg 的小球，使其在竖直平面内绕绳的另一端做圆周运动，g 取10 m/s 2，求：(1)小球通过最高点时的最小速度； (2)若小球以速度v ＝3.0 m/s 通过圆周最高点时，绳对小球的拉力多大？若此时绳突然断了，小球将如何运动？解析：(1)当F n ＝mg 时，即小球受到的重力刚好全部作为通过圆周最高点的向心力，绳对小球恰好没有力的作用，此时小球的速度就是通过圆周最高点的最小速度v 0，由向心力公式有：mg ＝m v 20l解得：v 0＝ gl ＝ 10×0.625 m/s ＝2.5 m/s.(2)小球通过圆周最高点时，若速度v 大于最小速度v 0，所需的向心力F n 将大于重力G ，这时绳对小球要施加拉力F ，如图所示，此时有F ＋mg ＝m v 2l解得：F ＝m v 2l －mg ＝(0.4×3.020.625－0.4×10) N ＝1.76 N若在最高点时绳子突然断了，则提供的向心力mg 小于需要的向心力m v 2l，小球做平抛运动．答案：(1)2.5 m/s (2)1.76 N 平抛运动。
第五章第4课时知能演练轻松闯关
一、选择题 1.(2013·沈阳模拟)设数列{(－1)n }的前n 项和为S n ，则对任意正整数n ，S n ＝( )A.n [（－1）n －1]2B.（－1）n －1＋12C.（－1）n ＋12D.（－1）n －12解析：选D.∵数列{(－1)n }是首项与公比均为－1的等比数列，∴S n ＝（－1）－（－1）n ×（－1）1－（－1）＝（－1）n －12.2.数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1 D ．n 2－n ＋1－12n解析：选A.该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n .故选A. 3.已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )A.158或5B.3116或5C.3116D.158解析：选C.设数列{a n }的公比为q .由题意可知q ≠1，且9（1－q 3）1－q ＝1－q 61－q，解得q ＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公比的等比数列，由求和公式可得S 5＝3116.4.(2012·高考大纲全国卷)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为( ) A.100101 B.99101 C.99100 D.101100解析：选A.设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×（5－1）2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .∴1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101.5.已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，设{a n }的前n 项和为S n ，则使S n ＜－5成立的自然数n ( )A ．有最大值63B ．有最小值63C ．有最大值31D ．有最小值31解析：选B.S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝log 223＋log 234＋…＋log 2n ＋1n ＋2＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫23×34×…×n ＋1n ＋2＝log 22n ＋2＜－5，∴2n ＋2＜2－5，∴n ＋2＞26，∴n ＞62. 又n ∈N *，∴n 有最小值63. 二、填空题6.设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 4＝14，S 10－S 7＝30，则S 9＝________. 解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 则S 4＝4a 1＋6d ＝14，①S 10＝10a 1＋45d ，S 7＝7a 1＋21d ， 则S 10－S 7＝3a 1＋24d ＝30，② 解①②可得d ＝1，a 1＝2， 故S 9＝9a 1＋36d ＝18＋36＝54. 答案：547.数列11＋2，12＋3，…，1n ＋n ＋1，…的前n 项和为__________．解析：设a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，则S n ＝11＋2＋12＋3＋…＋1n ＋n ＋1＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1.答案：n ＋1－18.若数列{a n }是首项、公差都为1的等差数列，则数列{1a n （a n ＋2）}的前n 项和为________．解析：由题意可知a n ＝n ，则1a n （a n ＋2）＝1n （n ＋2）＝12(1n －1n ＋2)， 所以前n 项和为12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2)＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2)＝12(32－1n ＋1－1n ＋2)． 答案：12(32－1n ＋1－1n ＋2)三、解答题9.已知数列{x n }的首项x 1＝3，通项x n ＝2n a ＋nb (n ∈N *，a ，b 为常数)，且x 1，x 4，x 5成等差数列．求：(1)a ，b 的值；(2)数列{x n }前n 项和S n 的公式． 解：(1)由x 1＝3，得2a ＋b ＝3.又因为x 4＝24a ＋4b ，x 5＝25a ＋5b ，且x 1＋x 5＝2x 4，得3＋25a ＋5b ＝25a ＋8b ， 解得a ＝1，b ＝1.(2)由(1)知x n ＝2n ＋n ，所以S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n )＝2n ＋1－2＋n （n ＋1）2.10.(2013·枣庄调研)已知各项都不相等的等差数列{a n }的前6项和为60，且a 6为a 1和a 21的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＋1－b n ＝a n (n ∈N *)，且b 1＝3，求数列{1b n}的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧6a 1＋15d ＝60，a 1（a 1＋20d ）＝（a 1＋5d ）2，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2a 1＝5，∴a n ＝2n ＋3.(2)由b n ＋1－b n ＝a n ，∴b n －b n －1＝a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1 ＝a n －1＋a n －2＋…＋a 1＋b 1＝n (n ＋2)， 当n ＝1时，b 1＝3也适合上式， ∴b n ＝n (n ＋2)(n ∈N *)． ∴1b n ＝1n （n ＋2）＝12(1n －1n ＋2)， T n ＝12(1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n 4（n ＋1）（n ＋2）.一、选择题1.已知数列2 008，2 009，1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 014项之和S 2 014等于( )A ．2 008B ．2 010C ．1D ．0 解析：选B.由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008，2 009，1，－2 008，－2 009，－1，2 008，2 009. 由此可知数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0.∵2 014＝6×335＋4，∴S 2 014＝S 4＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010. 2.1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝( ) A.n （n ＋1）2 B ．－n （n ＋1）2C ．(－1)n ＋1n （n ＋1）2D ．以上答案均不对解析：选C.当n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－(2n －1)＝－n2（3＋2n －1）2＝－n （n ＋1）2；当n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－[2(n －1)－1]＋n 2＝－n －12[3＋2（n －1）－1]2＋n 2＝n （n ＋1）2，综上可得，原式＝(－1)n ＋1n （n ＋1）2.二、填空题3.若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ，则a n ＝________. 解析：由已知a n ＋1－a n ＝2n ，故有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝22，a 4－a 3＝23，…，a n －a n －1＝2n －1.以上n －1个式子两边分别相加，则有a n －a 1＝2＋22＋23＋…＋2n －1＝2（1－2n －1）1－2＝2n －2，∴a n ＝2n －2＋a 1＝2n －1. 答案：2n －14.数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－4n ＋2，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝__________． 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1 （n ＝1）2n －5 （n ≥2，n ∈N *）. 令2n －5≤0，得n ≤52，∴当n ≤2时，a n ＜0；当n ≥3时，a n ＞0， ∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝－(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4＋…＋a 10)＝66. 答案：66 三、解答题 5.(2013·徐州模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，存在常数A ，B ，C 使得a n ＋S n ＝An 2＋Bn ＋C 对任意正整数n 都成立．(1)若数列{a n }为等差数列，求证：3A －B ＋C ＝0；(2)若A ＝－12，B ＝－32，C ＝1，设b n ＝a n ＋n ，数列{nb n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)证明：因为{a n }为等差数列，设公差为d ， 由a n ＋S n ＝An 2＋Bn ＋C ，得a 1＋(n －1)d ＋na 1＋12n (n －1)d ＝An 2＋Bn ＋C ，即(12d －A )n 2＋(a 1＋d2－B )n ＋(a 1－d －C )＝0对任意正整数n 都成立． 所以⎩⎪⎨⎪⎧12d －A ＝0，a 1＋12d －B ＝0，a 1－d －C ＝0，所以3A －B ＋C ＝0. (2)因为a n ＋S n ＝－12n 2－32n ＋1，所以a 1＝－12.当n ≥2时，a n －1＋S n －1＝－12(n －1)2－32(n －1)＋1，所以2a n －a n －1＝－n －1，即2(a n ＋n )＝a n －1＋n －1，所以b n ＝12b n －1(n ≥2)，而b 1＝a 1＋1＝12，所以数列{b n }是首项为12，公比为12的等比数列，所以b n ＝(12)n .于是nb n ＝n2n .所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ①，12T n ＝122＋223＋324＋…＋n2n ＋1，② 由①－②，得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12[1－（12）n ]1－12－n 2n ＋1＝1－(12)n －n2n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1. 所以T n ＝2－2＋n2n .。
第五章第五节知能演练轻松闯关
1．在远距离输电过程中，为减少输电线路上的电能损失，可采用的最佳方法是( )A ．使输电线粗一些B ．减小输电线长度C ．减少通电时间D ．采用高压输电解析：选D.从造成电能损失的原因分析，要减少电能损失，需要减小电阻、减小输电电流，减小电阻已达到目前技术的极限了，因此，应当采用高压输电，减小输电电流．故选D.2．(2013·长沙高二检测)远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高到n 倍，则( )A ．输电线上的电压损失增大B ．输电线上的电能损失增大C ．输电线上的电压损失不变D ．输电线上的电能损失减少到原来的1/n 2解析：选D.在输送功率一定时，由I ＝P U 知，电压提高到n 倍，则电流变为原来的1n，电压损失减为原来的1n ，故A 、C 错误；由P 损＝I 2R 知，功率损失减为原来的1n2，故B 错误，D 正确．故选D.3．在电能输送过程中，若输送的电功率一定、输电线电阻一定，则在输电线上损耗的电功率( )A ．和输电线上电压的平方成反比B ．和输电电流的平方成反比C ．和输电线上的电压降的平方成正比D ．和输电电流的平方成正比解析：选ACD.输电线上的功率损失ΔP ＝I 2R ，电压损失ΔU ＝U －U ′＝IR ，输电电流I ＝P /U ，所以ΔP ＝I 2·R ＝ΔU 2R＝⎝⎛⎭⎫P U 2R ，可见在输送功率P 一定时，ΔP 随R 的增大而增大；ΔP 与I 2成正比；ΔP 与ΔU 2成正比；ΔP 与U 2成反比．故选ACD.4．某小型水电站的电能输送示意图如下，发电机的输出电压为220 V ，输电线总电阻为 r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )A.n 2n 1＞n 3n 4B.n 2n 1＜n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 解析：选AD.由于输电线上的电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数之比的关系，可知要让用电器正常工作，必须有n 2n 1＞n 3n 4，A 正确，B 、C 错误；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D 也正确．故选AD.5．在远距离输电时，如果升压变压器输出电压是2 000 V ，输出功率是10 kW ，输电线电阻是20 Ω，求：(1)输电线上损失的功率和损失的电压；(2)用户能得到的功率和电压．解析：本题关键是先利用输送功率损失，通过公式ΔP ＝I 2R ，求出输送电流．(1)由P 出＝I 线U 出，得I 线＝P 出U 出＝10×1032 000 A ＝5 A 则输电线上损失的功率P 损＝I 2线r ＝52×20 W ＝500 W 损失的电压U 损＝I 线r ＝5×20 V ＝100 V.(2)用户得到的电压和功率分别为：U 用＝U 出－U 损＝(2 000－100) V ＝1 900 VP 用＝P 出－P 损＝(10×103－500) W ＝9 500 W.答案：(1)500 W 100 V (2)9 500 W 1 900 V一、选择题1．(多选)远距离输送交变电流都采用高压输电，采用高压输电的优点是( )A ．可节省输电线的铜材料B ．可根据需要调节交变电流的频率C ．可减少输电线上的能量损失D ．可加快输电的速度解析：选AC.由P ＝IU 得I ＝P U，输送的电功率P 一定，采用高压输电，U 大则I 小，输电线中的电流就小，由P 线＝I 2·r ，在要求输电线损耗一定的情况下，就可选电阻率略大一点的材料作导线．若输电线确定，则可减少输电线上的能量损失，故A 、C 选项正确．交变电流的频率是固定的，不需调节，输电的速度就是电磁波的传播速度，是一定的，故B 、D 选项不正确．故选AC.2．(多选)对在电能远距离输送中所造成的电压损失，下列说法中正确的是( )A ．只有输电线的电阻才造成电压损失B ．只有输电线的电抗才造成电压损失C ．输电线的电阻和电抗都造成了电压损失D ．若用高压直流输电，可以减小因电抗造成的损失解析：选CD.远距离高压输电过程中，不仅线路上的电阻会损失电压，电容、电感的电抗也会损失电压．若用直流输电时，只有电阻的影响，无电抗的影响，故C 、D 正确．3．(单选)照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些．这是因为用电高峰时( )A ．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B ．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小C ．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D ．供电线路上电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小解析：选C.照明供电线路的用电器是并联的，晚上七、八点钟用电高峰时，用电器越多，总电阻越小，供电线路上的电流越大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，故选C.4．(单选)中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( )A.P 4B.P 2C ．2PD ．4P解析：选A.设输送功率为P ，输送电流为I ，输送电压为U ，则P ＝UI ，I ＝P U，P 损＝I 2R ，输送电压升为原来的2倍，则输送电流降为原来的一半，P 损降为原来的四分之一，故选A.5．(单选)(2013·长沙一中高二检测)某变电站用11 kV 交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为r .现若用变压器将电压升高到220 kV 送电，下面选项正确的是( )A ．因I ＝U r，所以输电线上的电流增为原来的20倍 B ．因I ＝P U ，所以输电线上的电流减为原来的120 C ．因P ＝U 2r，所以输电线上损失的功率增为原来的400倍 D ．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的1400解析：选B.由ΔP ＝I 2r ＝⎝⎛⎭⎫P U 2r 知，ΔP ′＝1400ΔP ，C 错误．本题I ≠U r，故A 错误．若ΔP 不变，则r ＝U 2P 2ΔP ，r ′＝400r ，由电阻定律可得：d ′＝120d ，D 错误，故选B. 6．(多选)发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R ，通过输电导线的电流为I ，输电线末端的电压为U 2，下面选项表示输电导线上损耗的功率的是( )A.U 21RB.(U 1－U 2)2RC ．I 2RD ．I (U 1－U 2)解析：选BCD.输电线上损耗的功率P 损＝I 2R ＝U 2损/R ＝I ·U 损，而U 损＝U 1－U 2，故B 、C 、D 正确．7．(单选)某用电器离供电电源的距离为l ，线路上的电流为I ，若要求线路上的电压降不超过U ，已知输电导线的电阻率为ρ，那么，该输电导线的横截面积最小值是( )A.ρl rB.2ρlI UC.U ρlID.2Ul Iρ解析：选B.输电线的电阻r ＝ρ2l S ，输电线上电压损失U ＝Ir ＝Iρ2l S ，所以S ＝2ρIl U，故选B.8．(多选)为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U ，电流为I ，热耗功率为P ；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P ，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )A ．输电电流为3IB ．输电电流为9IC ．输电电压为3UD ．输电电压为13U 解析：选AD.输电线上的热耗功率P 线＝I 2R 线，热耗功率由P 变为9P ，则电流I 变为3I ，选项A 正确．输电功率P 不变，由P ＝UI ，电流变为3I ，输电电压为13U ，选项D 正确．☆9.(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P ，输送电压为U ，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S ，总长度为L ，输电线损失的电功率为P ′，用户得到的电功率为P 用，则P ′、P 用的关系式正确的是( )A ．P ′＝U 2S ρLB ．P ′＝P 2ρL U 2SC ．P 用＝P －U 2S ρLD ．P 用＝P ⎝⎛⎭⎫1－PρL U 2S 解析：选BD.输电线电阻R ＝ρL S， 输电电流I ＝P U， 故输电线上损失的电功率为P ′＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P U 2ρL S ＝P 2ρL U 2S用户得到的功率为：P 用＝P －P ′＝P ⎝⎛⎭⎫1－PρL U 2S .故选BD. ☆10.(多选)如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U 1＝250 V ，输出功率P 1＝100 kW ，输电线电阻R ＝8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是( )A ．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小B ．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大C ．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比n 1n 2＝116D ．用10 000 V 高压输电，输电线损耗功率为8 000 W解析：选AC.由I 1＝P 1U 1知，P 1增大，I 1增大，I 线增大，损失的电压增大，U 3减小，U 4减小，故A 正确；由于U 1、n 1、n 2不变，所以U 2不变，故B 错误；损失的功率ΔP ＝I 22·R ＝P 1×5%＝5×103 W ，I 2＝25 A ，n 1n 2＝25400＝116，所以C 正确；用10 000 V 高压输电，即U 2＝10 000 V ，I 2＝P 1U 2＝10 A ，ΔP ＝I 22R ＝8×102 W ，所以D 错误．故选AC. 二、非选择题11．输送4.0×106 W 的电能，若发电机输出电压为2 000 V ，选用变压器升压后应用横截面积为4.25 cm 2的铜导线，把电能送到400 km 远处，线路损耗的功率为5.0×105 W ．求：(1)应选用匝数比为多少的升压变压器；(2)若已知铜的电阻率ρ＝1.7×10－8 Ω·m ，在用户方使用降压变压器，其原线圈两端的电压为多大．解析：(1)由P ＝I 2R 得I ＝P R，式中P 为线路损耗功率，R 为线路总电阻，两条导线总电阻R ＝ρL ′S ＝ρ2L S ，则R ＝1.7×10－8×4×105×24.25×10－4Ω＝32 Ω 所以I ＝P R ＝125 A 因为P 输入＝P 输出，所以在升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝P 2I ＝3.2×104 V 故n 1n 2＝U 1U 2＝116.(2)设U 2′ 为降压变压器原线圈两端的电压，则U 2′ ＝U 2－IR 线＝2.8×104 V.答案：(1)1∶16 (2)2.8×104 V12．有条河流，流量Q ＝2 m 3/s ，落差h ＝5 m ，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V ，输电线总电阻r ＝30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V ,100 W”的电灯正常发光？(g ＝10 m/s 2，ρ水＝1.0×103 kg/m 3)解析：输电电路如图所示电源端：P 输出＝Qρ水gh ×50%＝5×104 W线路损耗ΔP ＝I 22rI 2＝ ΔP r ＝ P 输出×6%r ＝ 5×104×0.0630 A ＝10 A 送电电压U 2＝P 输出I 2＝5×10410V ＝5×103 V 升压变压比n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2405×103＝6∶125 输电线损失电压ΔU ＝I 2r ＝10×30 V ＝300 VU 3＝U 2－ΔU ＝4700 V ，U 4＝220 V降压变压比 n 3∶n 4＝U 3∶U 4＝235∶11灯盏数N ＝P 输出－ΔP P 灯＝5×104－5×104×0.06100(盏) ＝470(盏)．答案：6∶125 235∶11 470盏。
物理3-2第五章第一节知能演练轻松闯关
一、必做题1．关于交变电流和直流电的说法中，正确的是( )A ．如果电流大小随时间做周期性变化，则一定是交变电流B ．直流电的大小和方向一定不变C ．交变电流一定是按正弦规律变化的D ．交变电流的最大特征就是电流的方向随时间做周期性的变化解析：选D.直流电的特征是电流的方向不变，电流的大小可以改变．交变电流的特征是电流的方向随时间改变．交变电流有多种形式，正弦式交流电只是交变电流中最基本、最简单的一种，故选D.2．如图所示为演示交变电流的装置图，关于这个实验，正确的说法是( )A ．线圈每转动一周，指针左右摆动两次B ．图示位置为中性面，线圈中无感应电流C ．图示位置，ab 边的感应电流方向为由a →bD ．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零解析：选C.线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A 错；线圈平面垂直于磁感线的位置称为中性面，显然图示位置不是中性面，所以B 也不对；线圈处于图示位置时，ab 边向右运动，由右手定则，ab 边的感应电流方向为由a →b ；线圈平面与磁场方向平行时，ab 、cd 边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大．3．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，由图可知( )A ．在A 、C 时刻线圈处于中性面位置B ．在B 、D 时刻穿过线圈的磁通量为零C ．从A 时刻到D 时刻线圈转过的角度为πD ．若从O 时刻到D 时刻经过0.02 s ，则在1 s 内交变电流的方向改变100次解析：选D.A 、C 时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B 、D 时刻感应电流为零，线圈在中性面，此时磁通量最大．从A 时刻到D 时刻线圈转过角度为3π2.若从O 时刻到D 时刻经过0.02 s ，即线圈转动一周用时0.02 s ，且在这个时间内电流方向改变2次，则在1 s 内交变电流的方向改变10.02×2＝100次，故选D.4．如图所示，一半径为r ＝10 cm 的圆形线圈共100匝 ，在磁感应强度B ＝5π2 T 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO ′以n ＝600 r/min 的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时．(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；(2)求线圈从图示位置开始在1/60 s 时的电动势的瞬时值．解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦式交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e ＝E m sin ωt .(1)e ＝E m sin ωt ，E m ＝NBSω(与线圈形状无关)，ω＝20π rad/s ，故e ＝100sin 20πt V.(2)当t ＝160s 时， e ＝100sin ⎝⎛⎭⎫20π×160V ＝50 3 V ＝86.6 V . 答案：(1)e ＝100sin20 πt V (2)86.6 V二、选做题5.(2014·沈阳二中高二检测)如图所示，一矩形线圈abcd ，已知ab 边长为l 1，bc 边长为l 2，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t 时刻线圈中的感应电动势为( )A ．0.5Bl 1l 2ωsin ωtB ．0.5Bl 1l 2ωcos ωtC ．Bl 1l 2ωsin ωtD ．Bl 1l 2ωcos ωt解析：选D.因为开始时刻线圈平面与磁感线平行，即从垂直于中性面开始运动，所以开始时刻线圈中感应电动势最大为E m ＝Bl 1l 2ω，感应电动势的表达形式应为余弦形式，因此在t 时刻线圈中的感应电动势为Bl 1l 2ωcos ωt, 故选D.6.(2014·东城区高二检测)如图所示，一小型发电机内有n ＝100匝矩形线圈，线圈面积S ＝0.10 m 2，线圈电阻可忽略不计．在外力作用下矩形线圈在B ＝0.10 T 匀强磁场中，以恒定的角速度ω＝100π rad/s 绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，发电机线圈两端与R ＝100 Ω的电阻构成闭合回路．求：(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值；(2)从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过90°角的过程中，通过电阻R 横截面的电荷量． 解析：(1)线圈中感应电动势的最大值 E m ＝nBSω＝3.14×102 V. (2)设从线圈平面通过中性面时开始，线圈通过90°角所用时间为Δt ，线圈中的平均感应电动势E ＝nBS Δt通过电阻R 的平均电流I ＝ER ＝nBS R Δt在Δt 时间内通过电阻横截面的电荷量Q ＝I Δt ＝nSB R ＝1.0×10－2 C.答案：(1)3.1×102 V(2)1.0×10－2 C。
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1. (2011·高考福建卷)已知等比数列{a n }的公比q ＝3, 前3项和S 3＝133.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A >0, 0<φ<π)在x ＝π6处取得最大值, 且最大值为a 3, 求函数f (x )的解析式.解：(1)由q ＝3, S 3＝133得, a 1(1－33)1－3＝133,解得a 1＝13.所以a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由(1)可知a n ＝3n －2, 所以a 3＝3.因为函数f (x )的最大值为3, 所以A ＝3.因为当x ＝π6时, f (x )取得最大值, 所以sin ⎝⎛⎭⎫2×π6＋φ＝1. 又0<φ<π, 故φ＝π6.所以函数f (x )的解析式为f (x )＝3 sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 2. 设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x >0y >0y ≤－nx ＋3n 所表示的平面区域为D n , 记D n 内的格点(格点即横坐标和纵坐标均为整数的点)的个数为f (n )(n ∈N ＋).(1)求f (1)、f (2)的值及f (n )的表达式;(2)记bn ＝2n f (n ), S n 为{b n }的前n 项和, 求S n ;(3)设T n ＝f (n )f (n ＋1)2n , 若对一切正整数n , 总有T n ≤m 成立, 求实数m 的取值范围.解：(1)f (1)＝3, f (2)＝6.当x ＝1时, y ＝2n , 可取格点2n 个; 当x ＝2时, y ＝n , 可取格点n 个. ∴f (n )＝3n .(2)由题意知b n ＝3n ·2n ,∴S n ＝3·21＋6·22＋9·23＋…＋3(n －1)·2n －1＋3n ·2n ,∴2S n ＝3·22＋6·23＋…＋3(n －1)·2n ＋3n ·2n ＋1. ∴－S n ＝3·21＋3·22＋3·23＋…＋3·2n －3n ·2n ＋1＝3(21＋22＋…＋2n )－3n ·2n ＋1＝3·2－2n ＋11－2－3n ·2n ＋1＝3(2n ＋1－2)－3n ·2n ＋1,∴－S n ＝(3－3n )·2n ＋1－6,∴S n ＝6＋(3n －3)2n ＋1.(3)∵T n ＝f (n )f (n ＋1)2n ＝3n (3n ＋3)2n,∴T n ＋1T n ＝(3n ＋3)(3n ＋6)2n ＋13n (3n ＋3)2n ＝n ＋22n , 当n ＝1时,n ＋22n >1; 当n ＝2时, n ＋22n ＝1;当n ≥3时, n ＋22n <1,∴T 1<T 2＝T 3>T 4>…>T n ,故T n 的最大值是T 2＝T 3＝272, ∴m ≥272.即实数m 的取值范围是⎣⎡⎭⎫272，＋∞.一、选择题1. 等差数列{a n }的前n 项和为S n , S 9＝－18, S 13＝－52, 等比数列{b n }中, b 5＝a 5, b 7＝a 7, 则b 15的值为( )A. 64B. －64C. 128D. －128解析：选B.因为S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝－18,S 13＝132(a 1＋a 13)＝13a 7＝－52,所以a 5＝－2, a 7＝－4,又b 5＝a 5, b 7＝a 7, 所以q 2＝2, 所以b 15＝b 7·q 8＝－4×16＝－64. 2. (2011·高考江西卷)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m , 且a 1＝1, 那么a 10＝( ) A. 1 B. 9 C. 10 D. 55解析：选A.∵S n ＋S m ＝S n ＋m , 令n ＝1, m ＝9, 有S 1＋S 9＝S 10. ∴a 1＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝a 1＋a 2＋…＋a 10, ∴a 10＝a 1＝1. 3. (2011·高考天津卷)已知{a n }为等差数列, 其公差为－2, 且a 7是a 3与a 9的等比中项, S n 为{a n }的前n 项和, n ∈N ＋, 则S 10的值为( ) A. －110 B. －90 C. 90 D. 110 解析：选D.由题意得a 27＝a 3·a 9, 又公差d ＝－2, ∴(a 3－8)2＝a 3(a 3－12), ∴a 3＝16.∴S 10＝10(a 1＋a 10)2＝10(a 3＋a 8)2＝5(a 3＋a 3＋5d )＝5×(16＋16－10)＝110, 故选D.4. 在各项均为正数的等比数列{a n }中, a 3a 5＝4, 则数列{log 2a n }的前7项和等于( )A. 7B. 8C. 27D. 28解析：选A.在各项均为正数的等比数列{a n }中, 由a 3a 5＝4, 得a 24＝4, a 4＝2. 设b n ＝log 2a n , 则数列{b n }是等差数列, 且b 4＝log 2a 4＝1.所以{b n }的前7项和S 7＝7(b 1＋b 7)2＝7b 4＝7.5. 某工厂购买一台机器价格为a 万元, 实行分期付款, 每期付款b 万元, 每期为一个月, 共付12次, 如果月利率为5‰, 每月复利一次, 则a , b 满足( )A. b ＝a12 B. b ＝a (1＋5‰)1212C. b ＝a (1＋5‰)12D.a 12<b <a (1＋5‰)1212解析：选D.∵b (1＋1.005＋1.0052＋…＋1.00511)＝a (1＋1.005)12,∴12b <a (1＋0.005)12,∴b <a (1＋5‰)1212, 显然12b >a ,即a12<b <a (1＋5‰)1212. 二、填空题6. 中国银行人民币存款利率为p %, 假设某人m 万元1年期, 到期后把上年利息自动转存为下年本金, 如果不考虑利息税, 用a n 表示第n 年到期时的存款余额, 则a n ＝________. 解析：由a 1＝m (1＋p %), a 2＝m (1＋p %)2, a 3＝m (1＋p %)3, 可推导出a n ＝m (1＋p %)n . 答案：m (1＋p %)n7. (2011·高考江苏卷)设1＝a 1≤a 2≤…≤a 7, 其中a 1, a 3, a 5, a 7成公比为q 的等比数列, a 2, a 4, a 6成公差为1的等差数列, 则q 的最小值是__________. 解析：∵a 1, a 3, a 5, a 7成公比为q 的等比数列, 又a 1＝1, ∴a 3＝q , a 5＝q 2, a 7＝q 3, 又a 2, a 4, a 6成公差为1的等差数列, ∴a 4＝a 2＋1, a 6＝a 2＋2. 由1＝a 1≤a 2≤a 3≤…≤a 7,即有⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧a 2≥1q ≥a 2a 2＋1≥q q 2≥a 2＋1a 2＋2≥q 2q 3≥a 2＋2解得33≤q ≤3, 故q 的最小值为33.答案：338. 函数y ＝x 2(x >0)的图像在点(a k , a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1, 其中k ∈N ＋.若a 1＝16, 则a 1＋a 3＋a 5的值是__________.解析：y ′＝(x 2)′＝2x , 则过点(a k , a 2k )的切线斜率为2a k , 则切线方程为y －a 2k ＝2a k (x －a k ), 令y ＝0得, －a 2k ＝2a k (x －a k ), ∴x ＝12a k , 即a k ＋1＝12a k .故{a n }是a 1＝16, q ＝12的等比数列, 即a n ＝16×⎝⎛⎭⎫12n －1, ∴a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21. 答案：21 三、解答题9. 假设某市2011年新建住房400万m 2, 其中有250万m 2是中、低价房. 预计在今后的若干年后, 该市每年新建住房面积平均比上年增长8%.另外, 每年新建住房中, 中、低价房的面积均比上一年增加50万m 2.那么, 到哪一年底,(1)该市历年所建中、低价房的累计面积(以2011年为累计的第一年)将首次不少于4750万m 2?(2)当年建造的中、低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%? 解：(1)设中、低价房面积形成数列{a n }, 由题意可知{a n }是等差数列,其中a 1＝250, d ＝50, 则S n ＝250n ＋n (n －1)2×50＝25n 2＋225n ,令25n 2＋225n ≥4750, 即n 2＋9n －190≥0, 而n 是正整数, ∴n ≥10.∴到2020年底, 该市历年所建中、低价房的累计面积将首次不少于4750万m 2. (2)设新建住房面积形成数列{b n }, 由题意可知{b n }是等比数列,其中b 1＝400, q ＝1.08, 则b n ＝400·(1.08)n －1,由题意可知a n >0.85b n , 有250＋(n －1)50>400·(1.08)n －1·0.85. 由计算器解得满足上述不等式的最小正整数n ＝6,∴到2016年底, 当年建造的中、低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.10. 已知函数f (x )＝12x 2＋32x , 数列{a n }的前n 项和为S n , 点(n , S n )(n ∈N ＋)均在函数y ＝f (x )的图像上.(1)求数列{a n }的通项公式a n ;(2)令b n ＝a n2n －1, 求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)∵点(n , S n )在f (x )的图像上, ∴S n ＝12n 2＋32n .当n ≥2时, a n ＝S n －S n －1＝n ＋1;当n ＝1时, a 1＝S 1＝2, 适合a n ＝n ＋1, ∴a n ＝n ＋1(n ∈N ＋).(2)b n ＝a n 2n －1＝n ＋12n －1,T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2＋32＋422＋…＋n ＋12n －1, ①12T n ＝22＋322＋…＋n2n －1＋n ＋12n , ② 由①－②得,12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －1－n ＋12n＝⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n 1＋⎝⎛⎭⎫1－n ＋12n＝1－12n1－12＋1－n ＋12n ＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1－n ＋12n , ∴T n ＝6－n ＋32n －1.11. (2011·高考北京卷)若数列A n ：a 1, a 2, …, a n (n ≥2)满足|a k ＋1－a k |＝1(k ＝1, 2, …, n －1), 则称A n 为E 数列. 记S (A n )＝a 1＋a 2＋…＋a n . (1)写出一个E 数列A 5满足a 1＝a 3＝0;(2)若a 1＝12, n ＝2000, 证明：E 数列A n 是递增数列的充要条件是a n ＝2011; (3)在a 1＝4的E 数列A n 中, 求使得S (A n )＝0成立的n 的最小值. 解：(1)0, 1, 0, 1, 0是一个满足条件的E 数列A 5.(答案不唯一, 0, －1, 0, 1, 0; 0, ±1, 0, 1, 2; 0, ±1, 0, －1, －2; 0, ±1, 0, －1, 0都是满足条件的E 数列A 5) (2)证明：必要性：因为E 数列A n 是递增数列, 所以a k ＋1－a k ＝1(k ＝1, 2, …, 1999),所以A n 是首项为12, 公差为1的等差数列, 所以a 2000＝12＋(2000－1)×1＝2011. 充分性：由于a 2000－a 1999≤1, a 1999－a 1998≤1, …,a 2－a 1≤1,所以a 2000－a 1≤a 1999, 即a 2000≤a 1＋1999.又因为a 1＝12, a 2000＝2011, 所以a 2000＝a 1＋1999, 故a k ＋1－a k ＝1>0(k ＝1, 2, …, 1999), 即A n 是递增数列. 综上, 结论得证.(3)对首项为4的E 数列A n , 由于 a 2≥a 1－1＝3, a 3≥a 2－1≥2, …,a 8≥a 7－1≥－3, …,所以a 1＋a 2＋…＋a k >0(k ＝2, 3, …, 8).所以对任意的首项为4的E 数列A n , 若S (A n )＝0, 则必有n ≥9.又a 1＝4的E 数列A 9：4, 3, 2, 1, 0, －1, －2, －3, －4满足S (A 9)＝0, 所以n 的最小值为9.。